QCM MATHS PREPA

QCM
les
de la prépa
Une approche différente
pour réussir sa Prépa
Première année
Maths
MPSI
P C S I
P T S I
BCPST
Collection dirigée par Laurent Desmottes
Professeur en classes préparatoires
Martine Arous-Latanicki
Professeur en classes préparatoires
Composition : IndoLogic
Maquette intérieure : Nicolas Piroux
Maquette de couverture : Nicolas Piroux
www.hachette-education.com
© HACHETTE LIVRE 2010, 43 quai de Grenelle 75905 Paris Cedex 15
ISBN : 978-2-01-181240-7
Tous droits de traduction, de reproduction et
d’adaptation réservés pour tous pays.
Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant,
aux termes des articles L. 122–4 et L. 122–5, d’une
part, que les « copies ou reproductions strictement
réservées à l’usage privé du copiste et non destinées
à une utilisation collective », et, d’autre part, que
« les analyses et les courtes citations » dans un but
d’exemple et d’illustration, « toute représentation
ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le
consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou
ayants cause, est illicite ».
Cette représentation ou reproduction, par quelque
procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur
ou du Centre français de l’exploitation du droitde
copie (20, rue des Grands-Augustins 75006 Paris),
constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les
articles 425 et suivants du Code pénal.
Introduction
Cet ouvrage s’adresse à tous les étudiants en 1ère année d’études supérieures
scientifiques (classes préparatoires et 1er cycle universitaire) désirant tester l’outil
QCM. Ils en découvriront les nombreuses vertus .
• Par leur caractère ludique, les QCM sont une invitation permanente à travailler,
et à le faire avec enthousiasme.
• Séparés en blocs indépendants, les QCM se prêtent particulièrement à des séquences de travail de courte durée (½ heure par exemple), propices à une concentration
et une efficacité maximales.
• N’exigeant pas de rédaction, les QCM renvoient néanmoins à la nécessité de
rédiger convenablement un brouillon pour aboutir à la solution exacte.
• Les QCM confrontent immédiatement l’étudiant à une évaluation sans concession.
Il n’y a pas de réussite approximative, aucune possibilité de biaiser : c’est bon ou
c’est faux !
• Les QCM, qui ne sont faciles qu’en apparence, renvoient aux fondamentaux
des programmes, à la difficulté qu’il y a finalement à maîtriser parfaitement des
questions de base, et à la nécessité de retravailler constamment ces incontournables. Les QCM ont la vertu de secouer le cocotier.
• Les QCM poussent finalement l’étudiant à se remettre en cause dans ses pratiques,
et à s’interroger sur la qualité, le plaisir et la gestion du temps, qui sont les
véritables critères de la réussite aux concours.

Une grande partie des sujets proposés dans cet ouvrage reprennent, en les adaptant,
les annales des concours de recrutement de l’École Nationale de l’Aviation Civile
(ENAC) : concours EPL (Élèves Pilotes de Ligne) et concours ICNA (Ingénieurs du
Contrôle de la Navigation Aérienne).
Les questions ont été regroupées en QCM de 3 ou 4 questions, et classées en quatorze
chapitres thématiques, ce qui permet une utilisation régulière de l’ouvrage tout au
long de l’année, à mesure de l’avancée du programme.

Chaque question propose 4 possibilités de réponse : A, B, C ou D.
Chaque question comporte exactement zéro, une ou deux réponse(s) exacte(s).
À chaque question, le candidat a donc le choix entre :
• sélectionner la seule réponse qu’il juge bonne parmi A, B, C ou D;
• sélectionner les deux seules réponses qu’il juge bonnes parmi A, B, C ou D;
• considérer qu’aucune des réponses proposées n’est bonne.
3
sommaire
Introduction
3
Chapitre 1 : Complexes
7
• QCM 1 : Relations trigonométriques
• QCM 2 : Transformation du plan complexe
• QCM 3 : Interprétation géométrique
• QCM 4 : Équations complexes
énoncés
8
10
12
14
Chapitre 2 : Fonctions usuelles
• QCM 1 : Fonction exponentielle
• QCM 2 : Fonctions trigonométriques
réciproques
• QCM 3 : Calcul d’une somme
• QCM 4 : Fonctions arg
• QCM 5 : Fonction définie par morceaux
• QCM 1 : Équation linéaire du 1 ordre
• QCM 2 : Raccordement
• QCM 3 : Équation linéaire du 2nd ordre
• QCM 4 : Changement de variable
30
36
31
32
33
34
39
42
45
46
49
50
51
53
54
Chapitre 4 : Géométrie du plan et de
l’espace – Courbes – Coniques
• QCM 1 : Courbes paramétrées
• QCM 2 : Autour de la cardioïde
• QCM 3 : Inverse d’une courbe
• QCM 4 : Géométrie de l’espace et coniques
70
72
74
76
Chapitre 5 : Applications – Structures ---
• QCM 1 : Injections – surjections - bijections
• QCM 2 : Dénombrement
• QCM 3 : Groupes et morphismes
• QCM 4 : Anneaux – Corps - Arithmétique
4
15
19
23
27
29
Chapitre 3 : Équations différentielles
er
corrigés
96
97
99
100
56
59
62
66
69
78
83
87
91
95
103
106
107
111
Chapitre 6 : Suites réelles et complexes
• QCM 1 : Suite récurrente
• QCM 2 : Relation de comparaison
• QCM 3 : Suites produits
• QCM 4 : Bornes inférieure et supérieure
115
énoncés
116
117
119
121
Chapitre 7 : Limites – Continuité – Dérivation
• QCM 1 : Limites et continuité sur un intervalle
• QCM 2 : Dérivées nèmes et prolongement
de fonctions
• QCM 3 : Accroissements finis
• QCM 4 : Convexité
137
139
140
145
149
151
155
156
163
157
159
161
167
170
173
177
178
179
180
182
Chapitre 10 : Matrices – Déterminants –
Systèmes
• QCM 1 : Ensemble de matrices – Calcul de puissances
• QCM 2 : Matrices nilpotentes – Changement de base
• QCM 3 : Résolution d’un système
• QCM 4 : Matrice d’un endomorphisme
5
135
142
Chapitre 9 : Polynômes et fractions
rationnelles
• QCM 1 : Degré et racines
• QCM 2 : Polynômes scindés
• QCM 3 : Polynômes de Tchebychev
• QCM 4 : Espaces vectoriels et polynômes
123
126
130
133
136
Chapitre 8 : Espaces vectoriels
• QCM 1 : Sous-espaces vectoriels
• QCM 2 : Applications linéaires – Noyau
et image
• QCM 3 : Endomorphisme de C ∞ (, )
• QCM 4 : Endomorphismes solutions d’une équation
corrigés
183
187
190
194
197
198
200
202
203
205
208
211
214
sommaire
Chapitre 11 : Développements limités
• QCM 1 : Prolongement par continuité,
branches infinies
• QCM 2 : Dérivabilité et équation différentielle
• QCM 3 : Courbe paramétrée
• QCM 4 : Formule de Taylor-Young
217
énoncés
corrigés
218
220
221
223
225
229
232
236
Chapitre 12 : Intégration
239
• QCM 1 : Existence et propriétés de l’intégrale
• QCM 2 : Intégrale dépendant d’un paramètre
• QCM 3 : Intégration et algèbre linéaire
• QCM 4 : Fonction définie par une intégrale
240
242
244
245
Chapitre 13 : Fonctions deux variables –
Intégrales doubles –
Étude métrique des courbes
n
• QCM 1 : Fonction C - Extremum
• QCM 2 : Équation aux dérivées d’ordre 2
• QCM 3 : Aires – Intégrales doubles
• QCM 4 : Étude métrique des courbes
248
252
255
258
261
262
263
265
266
269
273
277
280
Chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens –
Transformations du plan
et de l’espace
283
• QCM 1 : Produit scalaire et polynômes
orthogonaux
• QCM 2 : Automorphismes orthogonaux de E
• QCM 3 : Isométries et similitudes du plan
• QCM 4 : Isométries de l’espace
6
284
286
287
288
291
295
299
301
chapitre 1
Complexes
énoncés
• QCM 1 : Relations trigonométriques
corrigés
8
15
• QCM 2 : Application du plan complexe
10
19
• QCM 3 : Interprétation géométrique
12
23
• QCM 4 : Équations complexes
14
27
7
énoncés
>
QCM 1 Relations trigonométriques
(d’après EPL 2008)
• Question 1
Parmi les assertions suivantes, lesquelles sont vraies ?
A
∀θ ∈  : cos (5θ) = 16 cos5 θ + 5 cos θ
B
∀θ ∈  : cos (5θ) = 16 cos5 θ − 20 cos3 θ + 5 cos θ
C
 π
cos   =
 10 
5+ 5
8
π
D coss   =
 10 
5− 5
8
car
 π
 π
ccos   ≤ cos  
1
 3
10
0
• Question 2 (d’après EPL 2008)
Soit n ∈ *. On cherche à résoudre
réelle.
A
Si θ est solution, alors
n
∑=
k 1
B
n
∑=
k 1
C
n
∑=
k 1
 n
cos (2kθ) = 0 où θ est une inconnue
 k
 n
2
n
 k sin (kθ) = 2 .
 n
 cos θ 
 k coss (2kθ) = cos (nθ)  2 
n
 π kπ
 π

L’ensemble des solutions est  +
, k ∈  ∪  + kπ, k ∈  .

n n
 2
D Il n’y a pas de solution à cette équation.
8
chapitre 1 : Complexes
énoncés
• Question 3 (d’après ICNA 1990)
Soient U (α, h) =
n −1
∑= cos (α + ph)
et
p 0
V (α, h) =
n −1
∑= sin (α + ph), avec α et h réels
p 0
non multiples de 2π. On note Z = U + iV.
1 − einh
1 − eih
A
Z (α, h) = eiα
C
π

U (α, h) = V  − α, h
2

B
Z (α, h) = eiα
 nh 
sin  
 2
 h
sin  
 2
 nh 
n −1 
coss 
h ssin  
 2

 2
D U (0, h) =
 h
sin  
 2
• Question 4 (d’après ICNA 1990)
On pose A(h) =
n
∑= cos ( ph)
p 1
et
B( h ) =
n
∑= p sin ( ph).
p 1
A
A (h) = U ( − h, h)
B
C
dA
B ( h) =
( h)
dh
 2n + 1 
sin 
h
 2
 1
D A ( h) =
−
2
 h
2 sin  
 2
9
A (h) = U (h, h)
énoncés
>
QCM 2 Application du plan complexe
(d’après EPL 2006)
 → →
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct  O, u , v  . On considère une transformation qui à tout point m d’affixe le nombre complexe non nul z,
associe le point M d’affixe le nombre complexe Z vérifiant l’équation :
Z=
z2 + 1
z2
(H)
• Question 1
On note z = r.ei θ la forme trigonométrique du complexe z.
A
Z n’a pas toujours de forme trigonométrique.
B
 1
La forme trigonométrique de Z s’écrit  2  e −2i θ .
r 
C
 1
La forme trigonométrique de Z s’écrit 1 −  2  e −2i θ .
r 
D
 1
La forme trigonométrique de Z s’écrit 1 +  2  e −2i θ .
r 
• Question 2
La partie réelle de Z s’écrit :
A
 1
 2  cos ( −2θ)
r
B
 1
1 +  2  cos (2θ)
r 
D
 1
−  2  sin (2θ)
r 
La partie imaginaire de Z s’écrit :
C
sin(−2θ)
10
chapitre 1 : Complexes
énoncés
• Question 3
Soit Z un complexe, distinct de 1, représenté sous forme cartésienne par le
nombre X + iY, où X et Y sont deux nombres réels. Pour un tel Z, on note z = x + iy
un complexe solution, s’il en existe, de l’équation (H). On a nécessairement :
A
X ≠ 1 et Y ≠ 0
C
x2 − y2 =
X −1
( X − 1) + Y 2
2
B
x2 + y2 =
D
2xy = −
X −1
( X − 1)2 + Y 2
Y
( X − 1) + Y 2
2
• Question 4
Soit Z un complexe non nul, distinct de 1, de forme trigonométrique Reiϕ. Pour
un tel Z, on note z = reiθ un complexe solution, s’il en existe, de l’équation (H).
On a nécessairement :
A
R ≠ 1 ou ϕ ≠ 0
C
r2 =
B R ≠ 1 et ϕ ≠ 2kπ, où k ∈ 
1
R2 + 1 − 2R cos ϕ
D r2 =
1
2
R + 1 − 2R cos ϕ
• Question 5
On suppose dans cette question que le point m d’affixe le nombre complexe non
→
nul z décrit la demi-droite D d’origine O, privée de O, de vecteur directeur e
 → →
tel que l’angle  u , e  soit égal à π/4. Le point M d’affixe le nombre complexe Z


vérifiant l’équation (H) décrit alors :
A
une demi-droite.
 →
B le demi-axe  O, u  .


C
→

le demi-axe  O, − v  .


D le cercle de centre O et rayon 2.
11
énoncés
• Question 6
n
Pour n ∈ *, on considère l’équation (En) :
A
Si z0 est une solution de (En), −z0 et z0 sont solutions de (En).
B
(En) a n racines distinctes.
C
(En) a 2n racines distinctes.


−i
1

D  ±
e
 kπ 

2 sin  

 n
solutions de (En).
>
 z 2 + 1
 z 2  = 1.
kπ 
π
+

 4
2n 



/ k ∈ {1, 2, 3, ... , n--1
1 } est l’ensemble des


QCM 3 Interprétation géométrique
(d’après EPL 1994)
Dans le plan complexe , on considère la fonction :
f : z  z′ =
i z − 2 + 4i
z −i
• Question 1
On note D l’ensemble de définition de f. On peut dire que f est :
A
définie sur D =  \{−i}.
B
l’application nulle.
C
une bijection de D sur lui-même.
D involutive ( f o f = Id ).
12
chapitre 1 : Complexes
énoncés
• Question 2
Soient M le point d’affixe z, M ′ le point d’affixe z ′, A le point d’affixe i, B le point
d’affixe −4 −2i et O le point d’affixe 0.
Si l’on pose Z = z −i et Z ′ = z ′−i, alors :
A
Z Z ′ = −3 − 4i
B
Z Z′′ = 5
C
arg
g ( Z Z ′) = ( AM , AM ′)
D arg
g (Z) + a
arg
rg ( Z ′) = C
ste
(mod 2π )
(mod 2π )
• Question 3
Si M décrit le cercle de centre A et de rayon 5, alors M ′ est situé sur :
A
la médiatrice du segment [OA].
B le cercle de diamètre [OA].
Si M décrit une droite passant par A, sauf le point A, alors M ′ est situé sur :
C
le cercle de diamètre [AB].
D une droite passant par A.
• Question 4
Si M ′ décrit le cercle de centre O et de rayon 1, alors M décrit :
A
le cercle de diamètre [AB].
B
la médiatrice du segment [AB].
Si M ′ décrit l’axe des réels, alors M décrit :
C
une droite passant par B, sauf le point B.
D le cercle de diamètre [AB], sauf le point B.
13
énoncés
>
QCM 4 Équations complexes
(d’après EPL 1991 et 1992)
• Question 1
Dans , on considère les équations :
z 2 − 2z + 1 = 0
2
z − 2z + 1 = 0
A
(1)
(2)
(1) est équation du 2nd degré et admet donc deux racines,
distinctes ou non.
B
si z0 est une solution de (1), alors z0 est une solution de (2).
C
si z0 est solution de (1), alors z0 est solution de l’équation
du 4e degré :
z 4 + 2 z 2 − 8z + 5 = 0
(3)
D (1) et (2) ont au moins une solution différente.
• Question 2
Pour l’équation (3) :
A
1 n’est pas une racine.
B
on peut mettre en facteur (z − 1)2 dans le membre de gauche.
C
les racines sont toutes réelles.
D
il y a trois racines distinctes.
• Question 3
Les valeurs suivantes sont racines de l’équation (1) :
A
−1
B −1 + i
C
−1 −2i
D 1
14
corrigés
>
QCM 1 Relations trigonométriques
• Question 1 : réponses B et C
NON
Pour la valeur particulière θ = 0, l’équation de l’assertion A s’écrit :
coss (5 × 0) = 16 ccos5 (0) + 5 cos (0), soit 1 = 16 + 5.
La réponse A est fausse.
Formule de Moivre
∀θ ∈ , ∀n ∈  :
n
sin θ) = (eiθ )
(coss θ + i sin
n
• Soit le complexe :
= ei nθ = cos
cos (nθ) + i sin
sin (nθ)
z = cos (5θ) + i sin (5θ)
À l’aide du binôme de Newton, en s’aidant du triangle de Pascal, on obtient :
z = (cos θ + i sin θ) = cos5 θ + 5i cos4 θ sin
sin θ − 10 ccos
os3 θ sin
sin2 θ
5
− 10i cos2 θ sin3 θ + 5 cos θ sin4 θ + i sin5 θ
coss (5θ) = ℜe ( z ) = ccos
os5 θ − 1
10
0 cos
cos3 θ sin
sin2 θ + 5 cos
cos θ sin
sin4 θ
(
)
(
coss (5θ) = cos
cos5 θ − 1
10
0 cos
cos3 θ 1 − ccos
os2 θ + 5 cos
cos θ 1 − ccos
os2 θ
(
)
(
)
2
coss (5θ) = cos
cos5 θ − 1
10
0 cos
cos3 θ 1 − ccos
os2 θ + 5 cos
cos θ 1 − 2 ccos
os2 θ + cos
cos4 θ
)
coss (5θ) = 16 cos
cos5 θ − 2
20
0 cos
cos3 θ + 5 ccos
os θ
La réponse B est bonne.
• Pour θ =
π
, la relation précédente s’écrit :
10
 π
 π
 π
 π
coss   = 0 = 16 ccos5   − 20 cos
cos3   + 5 ccos  
 2
 10 
 10 
 10 

 π 
 π
 π
coss   16 ccos4   − 20 cos
cos2   + 5 = 0
 10  
 10 
 10 

15
corrigés
 π
 π
soit, puisque cos   ≠ 0 , et en posant x = cos2   :
 10 
 10 
16x2 − 20x + 5 = 0
∆ = b2 − 4ac = 400 − 320 = 80 > 0 donc l’équation admet 2 racines réelles
distinctes :
5− 5
8
x1 =
 π
coss   > 0, donc :
 10 
et
 π
cos   =
 10 
Or
0<
π
π
<
10 6
donc
et
 π
cos   =
 10 
5+ 5
8
x2 =
5+ 5
8
5± 5
8
 π
 π
coss   > cos    0, 866...
1
 6
10
0
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 2 : aucune réponse n’est bonne
•
n
∑=
k 1
 n
2
 k sin (kθ) =
=
n
∑=
k 1
1
2
cos (2kθ) 
 n  1 − cos
 k 

2
n
∑=
k 1
 n
1
 k − 2
 n
2kθ)
  cos (2k
k 1  k




n
∑=
nul d’a
aprè
r s ll’hypot
’hypothèsse
En utilisant le développement du binôme de Newton, on obtient :
n
∑
k=0
 n
n
n
 k = (1 + 1) = 2
donc
n
∑=
k 1
 n
2n − 1
2
 k sin (kθ) = 2
La réponse A est fausse.
NON
Pour la valeur particulière θ = 0, l’équation de l’assertion B s’écrit :
n
∑=
k 1
 n  1
 k =  2 
n
soit encore
 1
2n − 1 =  
 2
n
La réponse B est fausse.
16
chapitre 1 : Complexes
NON
corrigés
θ = 0 n’est pas solution de l’équation à résoudre, puisque, si n ∈ * :
n
∑=
k 1
 n
 k cos (0) =
n
∑=
k 1
 n
n
 k = 2 − 1 ≠ 0
Or, θ = 0 appartient à l’ensemble des solutions proposées, puisque,
pour k = −1, θ s’écrit :
π kπ π π
+
= − =0
n n
n n
La réponse C est fausse.
• D’après la formule de Moivre :
n
∑=
k 1
 n  n

 n  n
 n


cos
s
2
k
θ
=
ℜ
e
c
os
2
k
θ
+
i
si
sin
n
2
k
θ
=
ℜ
e
(
)
(
)
(
)
∑




 ∑  k
 k
 k =1  k

 k =1
n
∑=
k 1
n
 n
− iθ
 2i θ

 inθ iθ
 k coss (2kθ) = ℜe  e + 1 − 1 = ℜe e e + e
(
(
)
)
n

(e ) 
2i θ k
− 1

= 2n cos (nθ) cosn θ − 1
coss (nθ) ccos
osn θ =
ce qui revient à résoudre l’équation :
1
2n
Penser à factoriser e2i q ± 1 par ei q pour faire apparaître cos q ou sin q.
f (θ) = cos (nθ) ccosn θ
Pour n ∈ *, on définit f sur  par :
On a :
f (0) = 1 >
1
2n
et
1
 π
f   =0< n
 2n 
2
Or, f est continue donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires :
1
 π 
∃θ0 ∈ 0,
/ f (θ0 ) =

2n
 2n 
et θ0 est solution de l’équation proposée.
La réponse D est fausse.
17
corrigés
• Question 3 : réponses A et D
• Z (α, h) =
n −1
n −1
p 0
p 0
∑= cos (α + ph) + i sin (α + pphh) = ∑= e
i (α + p
ph)
= ei α
n −1
∑= e
iph
p 0
Il apparaît la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme égal à 1 et de raison eih. Or h ≠ 2kπ, donc eih ≠ 1 et :
1 − e inh
1 − e ih
Z (α, h) = e i α
• Z (α, h) = e
e
i
nh
2
iα
La réponse A est bonne.
nh
i
 − i nh

2
−e 2 
 e

h
i 
 −i h
e e 2 − e 2 


i
h
2
=e

(n −1) h 
iα+
2 

 nh 
sin  
 2
 h
sin  
 2
La réponse B est fausse.
• U (α, h) =
n −1
n −1
p 0
p 0
π

sin  − (α + ph) 
∑= cos (α + ph) = ∑= sin
2

n −1
π

π

= ∑ sin
sin  − α − p
ph
h  = V  − α, − h
2

2

p=0
La réponse C est fausse.
• D’après l’assertion A :

 nh  
 nh 
n −1 
coss 
h sin  
 i (n −1)h sin  2  
 2

 2
2
 =
U (0, h) = ℜe  Z (0, h) = ℜe e
 h
 h

sin   
sin  

 2 
 2
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et D
• A(h) =
n
n
n −1
p 1
p 1
q=0
cos ( ph) = ∑ ccos
os h + ( p − 1) h = ∑ cos (h + ph) = U (h,
h, h)
∑= cos
=
(en posant q = p −1).
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
18
chapitre 1 : Complexes
n
dA
( h) = − ∑ p
psin
n ( ph) = − B(h)
dh
p =1
NON
corrigés
La réponse C est fausse.
• D’après les assertions 4-B et 3-A :
A(h) = U (h, h) = ℜe  Z (h, h)

 nh  
 nh 
n+1 
cos 
h sin  
 i (n +1)h sin  2  


 2
2
 =
A(h) = ℜe e 2
h
h
 
 

sin   
sin  

 2 
 2
1
sin
sin (a + b) − sin
sin (a − b) , on
2
 2n + 1 
sin 
h
 2
 1
A ( h) =
−
h
2
 
2 sin  
 2
En utilisant la transformation coss (a ) ssin
in (b) =
obtient :
La réponse D est bonne.
>
QCM 2 Application du plan complexe
• Question 1 : réponse A
Forme trigonométrique d’un complexe
Tout nombre complexe Z non nul peut être mis sous la forme
trigonométrique :
Z = Z .ei
arg( Z )
• Ici, Z peut être nul, si z = ± i. Donc Z
trigonométrique.
n’a pas toujours de forme
La réponse A est bonne.
• Z=
2
i 2θ
r .e + 1
1
 1
= 1 + 2 i 2θ = 1 +  2  e −2i θ
r 
r 2.ei 2θ
r .e
Les réponses B et C sont fausses.
19
corrigés
NON
• L’expression D est bonne, mais n’est pas une forme trigonométrique.
La réponse D est fausse.
L’expression B est la seule qui soit une forme trigonométrique… mais ce
n’est pas la bonne !
• Question 2 : réponses B et D
D’après la question précédente, Z s’écrit :
 1
 1
Z = 1 +  2  e −2i θ = 1 +  2  coss ( −2θ) + i sin ( −2θ) 
r 
r 
 1
 1
= 1 +  2  cos (2θ) − i  2  sin (2θ)
r 
r 
 1
ℜe( Z ) = 1 +  2  cos
cos (2θ)
r 
et
 1
ℑm( Z ) = −  2  sin (2θ)
r 
Les réponses A et C sont fausses, les réponses B et D sont bonnes.
• Question 3 : réponses C et D
Logique
Soient P et Q deux propositions logiques.
La négation de « P et Q » est « non P ou non Q ».
Z = 1 ⇔ X = 1 et Y = 0
NON Z ≠ 1
La réponse A est fausse.
⇔ X ≠ 1 ou Y ≠ 0
Z ≠1
donc
( H ) ⇔ z2 =
1
Z −1
(1)
Or, l’équation (1) s’écrit :
( x + iiyy)2 =
x2 − y2 + 2ixy =
1
X + iY
iY − 1
X − 1 − iiY
=
X − 1 − iiY
( X − 1 + iiYY ) ( X − 1 − iY ) ( X − 1)2 + Y 2
20
chapitre 1 : Complexes
corrigés
soit finalement, en identifiant membre à membre les parties réelles d’une
part, et les parties imaginaires d’autre part :
x2 − y2 =
X −1
( X − 1)
2
+Y
2
et
2xy = −
Y
( X − 1)2 + Y 2
La réponse B est fausse, les réponses C et D sont bonnes.
• Question 4 : réponse D
Z = 1 ⇔ R = 1 et
et ϕ = 2kπ (k ∈  )
NON
Z ≠ 1 ⇔ R ≠ 1 ou ϕ ≠ 2kπ (k ∈  )
L’assertion A n’exclut pas le cas où, par exemple :
Or :
Z = R.ei ϕ = 1.ei 2π = 1 .
R, ϕ ) = (1, 2π )
( R,
La réponse A est fausse.
L’assertion B recense bien l’ensemble des valeurs de ϕ. En revanche,
elle est trop restrictive par la présence du « et ». Ainsi, le cas où, par
R, ϕ ) = (1, π / 2) ne doit pas être exclu puisque :
exemple : ( R,
Z = R.ei ϕ = 1.ei π / 2 = i ≠ 1
La réponse B est fausse.
• D’après l’équation (1) établie à la question 3 :
soit encore :
r2 = z2 =
z2 =
1
Z −1
1
1
1
=
=
Z −1
R.cos ϕ − 1 + i R.sin
.sin ϕ
R.ei ϕ − 1
et finalement :
r2 =
1
2
R + 1 − 2R cos ϕ
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
21
corrigés
• Question 5 : réponse A
D’après l’énoncé :
z = r.e
i
π
4
avec
r ≠ 0.
D’après l’assertion A de la question 1, si Z vérifie l’équation (H), Z s’écrit :
π
i
 1
 1  −i
Z = 1 +  2  e −2i θ = 1 +  2  e 2 = 1 − 2
r 
r 
r
1
La partie réelle de Z est donc égale à 1, et sa partie imaginaire − 2 décrit
r
 *− quand r décrit  *+ . Autrement dit :
→
le point M d’affixe Z décrit la demi-droite  A, - v  , privée du point A


d’affixe 1.
La réponse A est bonne, les réponses B, C et D sont fausses.
• Question 6 : réponses A et D
n
• Notons
 z 2 + 1
ϕ(( z ) = 
.
 z 2 
z0 solution de (En)
équivaut à
ϕ(z0) = 1.
( )
ϕ ( − z0 ) = ϕ ( z0 ) ,
ϕ ( z0 ) = ϕ z0
et
1=1
Donc, si z0 est solution de (En), −z0 et z0 le sont également.
La réponse A est bonne.
• Prenons l’inconnue auxiliaire :
( En )
Résolvons (H) :
⇔
Z=
2
z +1
z2

z2 + 1
Z =
z2

Z n = 1

(H)
(2)
(H) ⇔ z 2 ( Z − 1) = 1
Si Z = 1, on obtient 0 = 1 : pas de solution en z.
Si Z ≠ 1 :
Or
( H ) ⇔ z2 =
1
Z −1
1
≠ 0 donc (H) admet deux racines non nulles opposées.
Z −1
22
chapitre 1 : Complexes
corrigés
Les solutions de (2) sont les racines nèmes de l’unité :
i

Z = e

2 kπ
n

/ k ∈ {0, 1, 2, 3, ... , n-1}

Pour k = 0 : Z = 1 ne convient pas.
Donc (En) est équivalent à :
1
2
z =
e
=
i
e
2 kπ
n
e
=
−1
e
 π kπ 
−i  + 
2 n 
 kπ 
2 sin  
 n
i
kπ
n
−i
kπ
n
−e
donc
kπ
n
=
−i
kπ
n
 kπ 
2i sin  
 n
/ k ∈ {1, 2, 3, ... , n-1}
NON ((En) a donc (2n − 2) racines.
1≤ k ≤ n −1
−i
e
Les réponses B et C sont fausses.
0<
kπ
<π
n
et
 kπ 
sin   > 0
 n
L’ensemble des solutions de (En) est :


−i
1

e
z = ±
 kπ 

2 sin  

 n

kπ 
π
 +

4
2n 



/ k ∈ {1, 2, 3, ... , n-1}



La réponse D est bonne.
>
QCM 3 Interprétation géométrique
• Question 1 : réponses C et D
NON
• La fonction f est définie sur D =  \{i}.
La réponse A est fausse.
• À l’évidence, f n’est pas l’application nulle.
La réponse B est fausse.
23
corrigés
• f ( z ) = i ⇔ 4i − 3 = 0 :
dans D.
impossible. Donc f est une application de D
Soit z ′ ∈ D. On cherche z ∈ D tel que z ′ = f (z).
z ′ = f ( z ) ⇔ z′ ( z − i ) = i z − 2 + 4i
z ′ = f ( z ) ⇔ z ( z ′ − i ) = i z ′ − 2 + 4i
Or z ′ ≠ i, donc :
z′ = f (z ) ⇔ z =
i z ′ − 2 + 4i
z′ − i
⇔ z = f ( z′
z′)
Donc z est solution unique dans D. Par conséquent, f est bijective, et f −1 = f.
De plus :
f o f = IdD
Les réponses C et D sont bonnes.
• Question 2 : réponses B et D
z ′ ) ∈ D2 :
• On a, pour ( z, z′
z′ =
i z − 2 + 4i
z −i
Calculons Z Z ′ :
 i z − 2 + 4i 
Z Z ′ = (z − i) (z′ − i) = (z − i) 
− i  = −3 + 4i


z −i
La réponse A est fausse.
• Z Z ′ = −3 + 4i =
( −3)2 + 42
= 9 + 1 6 = 25 = 5
La réponse B est bonne.
Angle entre deux vecteurs et argument d’un complexe
→
Si e1 est le vecteur directeur de l’axe Ox, et si M est le point d’affixe z :
→
arg( z ) =  e1,,OM  OM


Soient trois points A, B, C, avec C distinct de A et B, d’affixes respectives a,
b et c :
 CA, CB = arg  c − b  (mod 2π )


 c − a 
24
chapitre 1 : Complexes
NON •
 Z′ 
 AM , AM ′ = arg  z ′ − i  = arg
g  = a
arg
rg ( Z ′ ) − arg ( Z )




 Z
z −i
corrigés
(mod 2π )
La réponse C est fausse.
• Z Z ′ = −3 + 4i , donc :
arg
g ( Z Z ′) = a
arg
rg ( Z ) + arg
arg ( Z ′ ) = arg
arg ( −3 + 4i )
(mod 2π )
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse D
• Si M décrit le cercle de centre A et de rayon 5, on a :
AM = z − i = Z = 5
Donc, d’après l’assertion B de la question précédente :
AM ′ = z ′ − i = Z ′ =
Z Z′ 5
= =1
Z
5
Cela signifie que M ′ est situé sur le cercle de centre A et rayon 1, dont [OA]
représente un rayon et non un diamètre.
Les réponses A et B sont fausses.
• Si M décrit une droite ∆ passant par A, sauf le point A, alors le vecteur
AM garde une direction constante :
→

AM ′ = arg ( Z ) = α
 e1, AM

(mod π )
(α est l’angle polaire de ∆).
Donc, d’après l’assertion D de la question précédente :
→

AM ′ = arg ( Z ′ ) = β = arg(
arg( −3 + 4i ) − α
 e1, AM

((mod
d π)
Cela signifie que M ′ est situé sur la droite ∆’ d’angle polaire β passant
par A.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
25
corrigés
• Question 4 : réponse B
• Si M ′ décrit le cercle  de centre O et de rayon 1, on a :
M′ ∈ ⇔
OM
O
M′ = 1
M′ ∈ ⇔
z′ = 1
Or, d’après l’énoncé :
z′ =
i z − 2 + 4i
z −i
=
M′ ∈ ⇔
M′ ∈ ⇔
i z − 2 + 4i
i . z + 4 + 2i
=
=
z −i
z −i
z + 4 + 2i = z − i
BM
B
M = AM
et
et
z + 4 + 2i
z −i
z≠i
M ≠ A.
Cela signifie que M décrit la médiatrice du segment [AB].
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• Soit M d’affixe z (z ≠ i) :
M ′ ∈ (O
Ox
x)
⇔ z ′ ∈  ⇔ z ′ = 0 ou
ou arg ( z ′) = 0
M ′ ∈ (O
Ox
x)
⇔ z ′ = −4 − 2i ou
u arg ( z ′) = 0
[π ]
[π ]
Or :
 i z − 2 + 4i 
 z + 4 + 2i  π 
arg
g (z′
z ′) = arg
g
MA
A, MB
 = arg(i ) + arg 
 = + M


z −i 
z −i  2 
donc :
M ′ ∈ (Ox
Ox )
π
⇔ M = B ou
u  M
MA
A, M
MB
B =

 2
(mod
d π)
Cela signifie que M décrit le cercle de diamètre AB, sauf le point A puisque
z ≠ i.
Les réponses C et D sont fausses.
26
chapitre 1 : Complexes
>
corrigés
QCM 4 Équations complexes
• Question 1 : réponses B et C
L’équation (1) n’est pas une équation du 2nd degré, car elle fait interLa réponse A est fausse.
z au lieu de z.
NON venir
• Si z0 est une solution de l’équation (1), on a :
z02 − 2z0 + 1 = 0
L’équation conjuguée de (1) est vraie :
z02 − 2z0 + 1 = 0
Or :
z02 = z0
2
2
donc :
z0 − 2z0 + 1 = 0
Cela signifie que z0 est solution de l’équation (2), et que (2) ⇔ (1).
La réponse B est bonne et la réponse D est fausse.
• Si z0 est une solution de (1), on a :
z0 =
1 2
z0 + 1
2
(
)
En remplaçant dans (2), on obtient :
2
1 2

 2 z0 + 1  − 2z0 + 1 = 0
(
)
(z
0
2
)
2
+ 1 − 8z0 + 4 = 0
z04 + 2z02 + 1 − 8z0 + 4 = 0
z04 + 2z02 − 8z0 + 5 = 0
Donc z0 est solution de l’équation (3).
La réponse C est bonne.
27
corrigés
• Question 2 : réponses B et D
NON z = 1 est solution évidente de l’équation (3).
La réponse A est fausse.
• On cherche une factorisation :
(
)
z 4 + 2z 2 − 8z + 5 = ( z − 1) z 3 + z 2 + 3z − 5
(
)
z + 2z − 8z + 5 = ( z − 1) z + 2z + 5
4
2
2
2
2
On peut mettre en facteur (z − 1) dans le membre de gauche de l’équation (3).
La réponse B est bonne.
2
• L’équation z + 2z + 5 = 0 a pour discriminant ∆ = 4 − 20 = −16 et pour
racines :
z = −1 ± 2i
Finalement, les racines de l’équation (3) sont :
 1 (racine double)

 − 1 − 2i
 − 1 + 2i

NON Deux racines de (3) ne sont pas réelles.
La réponse C est fausse.
• Il y a trois racines distinctes à l’équation (3).
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses C et D
− et −1 + i ne sont pas racines de (3), donc ne sont pas racines de (1),
−1
NON d’après la question 1 assertion C.
Les réponses A et B sont fausses.
• ( −1 − 2i ) − 2( −1 − 2i ) + 1 = 1 + 4i − 4 − 2 ( −1 + 2i ) + 1 = 0
2
−1 −2i est donc racine de (1), donc le conjugué −1 + 2i est aussi racine de (1).
La réponse C est bonne.
• (1)2 − 2(1) + 1 = 1 − 2 + 1 = 0
1 est donc racine de (1).
La réponse D est bonne.
En conclusion, (1) a trois racines : 1, −1 −2i et −1 + 2i.
28
chapitre 2
Fonctions
usuelles
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Fonction exponentielle
30
36
• QCM 2 : Fonctions trigonométriques
réciproques
31
39
• QCM 3 : Calcul d’une somme
32
42
• QCM 4 : Fonctions arg
33
45
• QCM 5 : Fonction définie par morceaux
34
46
29
énoncés
>
QCM 1 Fonction exponentielle
(d’après ICNA 1990)
Soit f la fonction définie sur  par :

 2x 
si x ∈  − {−1, 1} , f ( x ) = x exp  2

x − 1

 f ( −1) = f (1) = 0

On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (xOy).
• Question 1
A
f est continue sur .
B
 1
∀ x ≠ 0, f (x ) f   = 1
 x
C
f est impaire.
D
f est dérivable à gauche en -1 et 1.
• Question 2
Le signe de f ’ est celui d’un polynôme p de degré 4.
A
p( x ) = x 4 − x3 + x2 − x + 1
B
p( x ) = x 4 − 2x3 − 2x2 − 2x + 1
C
p est divisible par x2 − 1 + 5 x + 1.
D
p admet quatre racines réelles distinctes.
(
)
• Question 3
Nous avons les limites suivantes :
A
C
lim
m f ( x ) = −∞
x → 1+
lim
m f ( x ) = +∞
x → ± ∞
B
D
lim
m f ( x ) = +∞
x → − 1+
lim
x → ± ∞
 f (x)

 =1
x 
• Question 4
A
B
eh − 1
= 1 donc la droite d’équation y = x – 2 est asymptote à C.
h
C admet trois asymptotes.
lim
h → 0
30
chapitre 2 : Fonctions usuelles
énoncés
Sur l’intervalle x ≤ 1, C est représentée par :
C
y
D
y
2
2
−2
>
0 1
x
−2
0 1
x
QCM 2 Fonctions trigonométriques
réciproques (d’après EPL 1992)
On considère la fonction de variable réelle x définie par :
 2x 
 2x 
f ( x ) = arcsin 
− arctan 
 1 + x2 
 1 − x2 
• Question 1
A
f est définie sur ] − 1, 1[ .
B
f est définie sur  − {−1, 1} .
C
f est paire car la composée de deux fonctions impaires est paire.
D
f est impaire car la somme de deux fonctions impaires est impaire.
• Question 2
A
f est bornée.
B
f est prolongeable par continuité en 1.
π
lim
m f (x) =
x → +∞
2
C
D
lim
m f (x) = 0
x → +∞
31
énoncés
• Question 3
Pour x ∈  + − { 1 } , on pose ϕ = arctan x
A
f ( x ) = arcsin sin
n (2ϕ ) − a
arc
rc tan  tan (2ϕ )
B
π

Si u ∈  , π  , arcsin (sin u) = π + u .
2

C
π

Si u ∈  , π  , arc tan ( tan u) = −u .
2

D
Si x ∈ [0 , 1[ , f ( x ) = 0.
• Question 4
Sur ]1 , + ∞[, on a :
>
A
f est dérivable sur [1 , + ∞[.
C
f ’( x)
x =−
2
1 + x2
2
1 + x2
B
f ’( x)
x =
D
f ( x ) = π − 2 arctan x
QCM 3 Calcul d’une somme
Soient les fonctions de variable réelle :
f : x  arctan ( x+1) − arctan x
1


g : x  arctan  2
 x + x + 1
• Question 1
A
C
π
< g( x ) < 0
2
∀ x ∈ , 0 < f ( x ) < π
∀ x ∈  −,
−
B
D
• Question 2
A
∀ x ∈ , tan
tan [ f (x )] = tan [ g(x )]
B
∀ x ∈ , f (x ) = g(x ) − π
C
∀ x ∈  + , f (x ) = g(x )
D
∀ x ∈  − , f (x ) = g(x ) + π
32
− π < f (x) < 0
π
∀ x ∈  + , 0 < f (x) <
2
∀ x ∈ ,
chapitre 2 : Fonctions usuelles
• Question 3
Sn =
Pour n ∈ , soit :
n

∑= arctan  k
k 0
2
1


+ k + 1
A Sn = arctan (n)
B Sn = arctan (n) − 1
C Sn = arctan (n + 1)
D Sn = arctan (n − 1)
>
QCM 4 Fonctions arg
Soient les fonctions :
f : x  arg th (sin x )
 1 
g : x  arg ch 
 cos x 
π π
définies sur  − ,
.
 2 2 
• Question 1
 π π
:
On pose, pour x ∈  − ,
 2 2 
y = arg th (sin x )
et
 1 
z = arg ch 
 cos x 
A y ∈ ] − 1, 1[
B z ∈ [ 0 , +∞ [
1
1
.
donc ch y =
coss2 x
cos x
z
D ch y = ch z donc y = z.
C ch2 y =
33
énoncés
énoncés
• Question 2
A f n’est pas dérivable en 0.
1
 π π
, f ’( x ) =
B ∀ x ∈ − ,
cos2 x
 2 2 
 π

C ∀ x ∈  − , 0  , g’(
g x ) = f ’( x )
 2

 π

g( x ) = − f ( x )
D ∀ x ∈  − , 0  , g(
 2

>
QCM 5 Fonction définie par morceaux
Soit f la fonction définie sur  par :
 si x ∈ [ 0 , + ∞ [ , f ( x ) = 2x − ln (sh x + 1)

1/ x
1− x
 si x ∈ ] − ∞ , 0 ] , f ( x ) = e
On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé (xOy).
• Question 1
A f n’est pas continue en 0.
B f est dérivable sur ]0 , + ∞[ et à droite en 0.
C f n’est pas dérivable à gauche en 0.
D f est dérivable à droite et à gauche en 0, donc f est dérivable en 0.
• Question 2
A Sur ] − ∞ , 0 ] , f ’( x ) est du signe de − x2 + 2x − 2
Sur [ 0 , +∞ [ :
B
f ’( x)
x =2−
C
f ’( x)
x =
D
1
sh x + 1
ex − 3 e− x + 4
2 (sh x + 1)
 f (x)
lim 
= 0 donc (Ox) est asymptote à C.
 x 
x → −∞
34
énoncés
chapitre 2 : Fonctions usuelles
• Question 3
A
Il existe un réel b et une fonction ε tel que, pour x > 0:
ln (sh x + 1) = x + b + ε ( x )
avec
lim ε ( x ) = 0
lim
x → +∞
Dans le cas où l’assertion A est jugée exacte :
B b=0
C b = ln 2
D
La droite d’équation y = x–ln 2 est asymptote à C.
• Question 4
La courbe C est représentée par :
y
A
1
0 1
−ln2
1
ln2
x
0 1
y
C
y
B
x
y
D
1
ln2
0 1
x
−ln2
35
0 ln2
x
corrigés
>
QCM 1 Fonction exponentielle
• Question 1 : réponse D
• Par opérations et par composition, f est continue sur  − {−1 , 1} .
• Continuité en –1:
 2x 
lim
m  2
= −∞
 x − 1
donc
 2x 
lim
m  2
= +∞
 x − 1
donc
x → − 1−
x → − 1+
llim
im f ( x ) = 0 = f ( −1)
x→ − 1−
x
llim
im f ( x ) = −∞
x→
x
→ − 1+
Donc f est continue à gauche en –1, mais pas à droite.
• Continuité en 1 :
 2x 
lim
m 2
= −∞
 x − 1
donc
 2x 
lim
m 2
= +∞
 x − 1
donc
x →1−
x →1+
llim
im f ( x ) = 0 = f (1)
x →1−
llim
im f ( x ) = +∞
x →1+
Donc f est continue à gauche en 1, mais pas à droite.
La réponse A est fausse.
 1
f ( x ) f   = 0 ≠ 1.
 x
Pour x = ± 1 :
f (2) = 2 e4 / 3
f ( −2) ≠ − f (2)
La réponse B est fausse.
f ( −2) = −2 e −4 / 3
et
:
f n’est pas impaire.
La réponse C est fausse.
• Dérivabilité à gauche en –1:
 2x 
τ=
 2 
f ( x ) − f ( −1)
x
=
e x −1
x − ( −1)
x +1
 2x 
Quand x → −1− :
x
 2 
→ +∞ et e x −1 → 0
x +1
36
corrigés
chapitre 2 : Fonctions usuelles
Pour lever l’indétermination, posons : X =
x −1
→ −1 , X → −∞
2
2x
 x − 1
X eX
. Alors : τ = 
 2 
x −1
2
et X e X → 0 (e X l’emporte sur X ) donc lim τ = 0
x→ − 1
−
Donc f est dérivable à gauche en –1, et f ’g ( −1) = 0 .
• Un raisonnement identique conduit à :
f est dérivable à gauche en 1, et f ’g (1) = 0 .
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et C
Sur  − {−1, 1} :
(

x 2x2 − 2 − 4x2
f ’( x)
x = 1 +
2

x2 − 1

(
)
) 


 2x 
 2 
−1
e x
p( x )
=
(x
2
)
−1
2
 2x 
 2 
−1
e x
avec : p( x ) = x 4 − 2x 3 − 2x 2 − 2x + 1.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
(
)
Cherchons si p est divisible par x2 − 1 + 5 x + 1 , c’est-à-dire s’il existe un
réel b tel que :
(
)
(
)
p( x ) =  x2 − 1 + 5 x + 1 x2 + b
bx
x +1 .


Par identification des deux écritures, on obtient :
b = −1
1 + 5.
Donc :
(
)
(
)
p( x ) =  x 2 − 1 + 5 x + 1  x 2 + −1 + 5 x + 1

 

La réponse C est bonne.
37
corrigés
(
)
p( x ) = 0 ⇔ x2 − 1 + 5 x + 1 = 0 (1)
ou
(
)
x2 + −1 + 5 x + 1 = 0 (2
2))
(1) a pour discriminant ∆ = 2 + 2 5 > 0 et admet donc deux racines
réelles distinctes x1 et x2.
(2) a pour discriminant ∆ = 2 − 2 5 < 0 et n’admet donc pas de
racines réelles.
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponse D
lim
m f ( x ) = +∞
D’après la question 1 :
x →1+
et
lim
m f ( x ) = −∞
x → − 1+
Les réponses A et B sont fausses.
 2x 
 2
lim
m  2
= llim
= 0 donc
 x − 1 x → + ∞  x 
x →± ∞
lim
m f ( x ) = −∞ et
x → −∞
lim
m f ( x ) = +∞.
x → +∞
La réponse C est fausse.
 2x 
 2 
f (x)
= e x −1
x
donc
 f (x)
lim 
= 1.
 x 
La réponse D est bonne.
x→ ± ∞
• Question 4 : réponses B et C
D’après l’assertion D de la question 3, C admet une direction asymptotique y = x quand x tend vers ± ∞.
  22 x 

eh − 1
2x2 eh − 1
f ( x ) − x = x e x −1 − 1 = x
xh.
= 2
.
h
x −1
h


lim
x→ ± ∞
donc :
 2x2 
 x2 − 1 = 2 ,
lim
m
x→ ± ∞
lim h = 0
x→ ± ∞
[ f (x) − x] = 2
et
en posant
sant :
h=
2x
x2 − 1
 eh − 1
lim 
=1
 h 
h→ 0
et y = x + 2 est asymptote à C en ± ∞.
La réponse A est fausse.
38
chapitre 2 : Fonctions usuelles
corrigés
Le tableau de variation de f est le suivant :
x −∞
−1
f '(x)
+ 0
0
f(x)
−∞
0
1
+
x1
+
0
M
− 0
0
−∞
1
0
−
+∞
x2
0
+∞
+
+∞
m
C admet trois asymptotes :
• l’asymptote verticale d’équation x = –1 en –1+
• l’asymptote verticale d’équation x = 1 en 1+
• l’asymptote oblique d’équation y = x + 2 en ± ∞
Les réponses B et C sont bonnes et la réponse D est fausse.
>
QCM 2 Fonctions trigonométriques
réciproques
• Question 1 : réponses B et D
2x
est définie sur  − {−1, 1} et la fonction arctan
1 − x2
 2x 
est définie sur , donc la fonction x  arctan 
est définie sur
 1 − x2 
 − {−1, 1}.
• La fonction x 
• La fonction arcsin est définie sur [–1, 1].
−1 ≤
2
2x
1 + x + 2x ≥ 0
≤ 1 ⇔ − 1 + x2 ≤ 2x ≤ 1 + x2 ⇔ 
⇔
2
2
1+ x
1 + x − 2x ≥ 0
(
)
(1 + x )2 ≥ 0

2
(1 − x ) ≥ 0
Cette double condition est toujours vérifiée,
 2x 
est définie sur .
donc la fonction x  arcsin 
 1 + x2 
Par conséquent, f est définie sur  − {−1, 1}.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
39
corrigés
Soit g et h deux fonctions impaires :
• g o h ( − x ) = g [ h(
h( − x )] = g [ − h( x )] = − g [ h(
h( x )] = − g o h ( x )
donc g o h est impaire.
• ( g + h) ( − x ) = g(
g( − x ) + h(
h( − x ) = − g(
g( x ) − h(
h( x ) = − ( g + h) ( x )
donc g + h est impaire.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et D

 π π
∀ x ∈ [ −1, 1], arcsin x ∈  − 2 , 2 




π
π
∀ x ∈ , arctan x ∈  − , 
 2 2 

Par conséquent, f est bornée
 2x 
lim
m
= +∞
 1 − x2 
et
donc :
π π
− =0
2 2
x → 1−
lim f ( x ) =
x → 1−
:
donc ∀ x ∈  − {−1, 1} , − π ≤ f ( x ) ≤ π
la réponse A est bonne.
 2x 
llim 
= −∞
 1 − x2 
x → 1+
et
lim
m f (x) =
x → 1+
π π
+ =π ≠0
2 2
Donc f n’est pas prolongeable par continuité en 1. La réponse B est
fausse.
 2x 
 2x 
lim
m
= 0 = llim
im 

x → +∞  1 − x2 
x→
 1 + x2 
x → +∞
arcsin 0 = 0
et
arctan 0 = 0
arctan
donc
lim f ( x ) = 0
x → +∞
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
 π  π 
∀ x ∈  + − {1} , ϕ = arctan x ⇔ x = tan ϕ et ϕ ∈ 0
0,
− 
 2   4 
 2 tan ϕ 
 2 tan ϕ 
f ( x ) = arcsin 
− arctan
arctan 
tan2 ϕ 
 1 + tan2 ϕ 
 1 − tan
40
chapitre 2 : Fonctions usuelles
corrigés
 a
On reconnaît les formules donnant sin a et tan a en fonction de t = tan
n  :
 2
sin
na =
2t
1 + t2
et
ttan
an a =
2t
1 − t2
f ( x ) = arcsin  sin
n ( 2ϕ )  − arc
arctan  tan
tan ( 2ϕ ) 
Donc :
La réponse A est bonne.
π

 π
Si u ∈  , π  , arc sin(sin
sin(sin u) ∈ 0, 
2
2


or
3π

, 2π 
2

(π + u) ∈ 
La réponse B est fausse.
p

u.
En réalité, si u ∈  , p  , arcsin (sin u ) = p − u
2

π
 π


Si u ∈  , π  , arctan(tan u)) ∈  − , 0
2 
 2 
or
π

−u ∈  − π, − 
2

La réponse C est fausse.
p

En réalité, si u ∈ , p  , arctan (tan u ) = u + p .
2


 π 
 π 
Si x ∈ [0, 1[, ϕ = arctan x ∈ 0,
et 2ϕ ∈ 0,
4 
2 


donc :
f ( x ) = arcsin sin
n (2ϕ ) − arc
arc tan  tan
tan (2ϕ ) = 2ϕ − 2ϕ = 0




 



2ϕ
2ϕ
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse A
Posons :
 2x 
f1( x ) = arcsin 
 1 + x2 
et
 2x 
f2 ( x ) = arctan 
 1 − x2 
La fonction arcsin est dérivable sur ]–1, 1[ et, d’après la question 1 :
−1 <
(1 + x )2 > 0
2x
<
1
⇔

2
1 + x2
(1 − x ) > 0
41
x ≠ −1
⇔ 
x ≠ 1
corrigés
Donc, par composition, f1 est dérivable sur ]1, + ∞[.
La fonction arctan est dérivable sur  donc, par opérations et composition,
f2 est dérivable sur , donc sur ]1, + ∞[.
Par conséquent, f est dérivable sur ]1, + ∞].
La réponse A est bonne.
Sur ]1, + ∞[ :
x =
• f1 ’( x)
x =
• f2 ’( x)
Donc :
2 2
(
)
2 1 + x2 − 4 x2
1
 2x 
1− 
 1 + x2 
(1 + x )
2
(
)
2 2
2 1 − x2 + 4 x2
1
 2x 
1+ 
 1 − x2 
(1 − x )
donc
1 − x2 < 0
2
(
1− x
)
2 2
f ’( x)
x ) = f1 ’( x ) − f2 ’( x
x) = -
=
=
= x2 − 1 .
(
2 1 − x2
)
(1 − x ) (1 + x )
2 2
(
2 1 + x2
(
1− x
)
2 2
2
)
+ 4x
2
=
=−
(
2
1 + x2
(
2 1 + x2
(
1+ x
)
)=
2 2
)
2
(1 + x )
2
4
1 + x2
Les réponses B et C sont fausses.
On remarque que :
Donc, sur ]1, + ∞[ :
f ’( x)
x ) = −4 (a
arctan
n ) ’’(( x )
f ( x ) = −4 arctan x + C
Or, d’après l’assertion D de la question 2 :
 π
lim
m f ( x ) = −4   + C = −2π + C = 0
 2
x → +∞
d’où
lim
m f (x) = 0
x → +∞
C = 2π
et
f ( x ) = 2π − 4 arctan x
La réponse D est fausse.
>
QCM 3 Calcul d’une somme
Fonction arctan
 π π
La fonction arctan est une bijection de  dans  − ,  , strictement
 2 2
 π π
croissante, et : ∀ x ∈ , y = arctan x ⇔ x = tan y et y ∈  − , 
 2 2
42
chapitre 2 : Fonctions usuelles
corrigés
• Question 1 : réponses C et D
∀ x ∈ , x2 + x + 1 > 0
( ∆ = −3 < 0)
donc g est définie sur  et :
∀ x ∈ , 0 < g( x ) <
π
2
La réponse A est fausse.
∀ x ∈ :
donc
−
π
π
< arctan
ctan( x + 1) <
2
2
et
−
π
π
< arctan
ctan x <
2
2
−π < f (x) < π
De plus, la fonction arctan est strictement croissante :
x + 1 > x donc arctan ( x + 1) > arctan
arctan x c’est-à-dire f ( x ) > 0
Finalement :
∀ x ∈ , 0 < f ( x ) < π
La réponse B est fausse et la réponse B est bonne.
∀ x ∈  + : 0 < arctan( x + 1) <
π
2
et 0 ≤ arctan x <
π
2
donc −
π
π
< f (x) <
2
2
Or, d’après ce qui précède, f (x) > 0, donc :
∀ x ∈  + , 0 < f ( x) <
π
2
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et C
Posons :
α = arctan ( x + 1) et β = arctan x, soit f ( x ) = α − β
Alors :
x + 1 = tan α
et
x = tan β
tan
n [ f (x )] = tan
tan (α − β) =
avec
 π π
α, β ∈  − , 
 2 2
tan
n α − tan β
x +1− x
=
1 + tan
n α tan β 1 + x ( x + 1)
On obtient :
∀ x ∈ , tan
tan [ f (x )] =
1
= tan [ g(x )]
x + x +1
2
43
corrigés
Pour tout x réel, tan[ f (x)] et tan[g (x)] sont donc de même signe.
Or, d’après la question précédente :
π
∀ x ∈ , 0 < f ( x ) < π et 0 < g( x ) <
2
Donc, pour tout x réel, tan[ f (x)] et tan[g(x)] sont positifs :
∀ x ∈ , 0 < f ( x ) <
π
2
et
0 < g( x ) <
π
2
La fonction arctan étant bijective, on a finalement :
∀ x ∈ , tan
n [ f (x )] = tan [ g(x )] ⇒ f ( x ) = g( x )
Les réponses A et C sont bonnes, les réponses B et D
sont fausses.
• Question 3 : réponse C
Pour n ∈  :
Sn =
n
g( k )
∑= g(
k 0
et, d’après la question précédente :
Sn =
n
n
n
k 0
k 0
k 0
∑= g(k) = ∑= f (k) = ∑= arctan (k + 1) − arctan k
En développant, les termes s’annulent deux à deux, sauf le premier et le
dernier terme. Ainsi, en posant k′ = k + 1 :
Sn =
Sn =
n
n
∑= arctan (k + 1) − ∑= arctan k
k 0
k 0
n +1
n
k ’= 1
k 0
∑ arctan kk′′ − ∑= arctan k
Sn = arctan (n + 1) − arctan
ar
ctan
0





0
Sn = arctan ( n + 1)
La réponse C est bonne, les réponses A, B et D
sont fausses.
Cette méthode est appelée « méthode des dominos ».
44
chapitre 2 : Fonctions usuelles
>
corrigés
QCM 4 Fonctions arg
Fonction argth
La fonction argth est une bijection de ]–1, 1[ dans , et :
∀ x ∈] − 1, 1[, y = arg th x ⇔ x = th y
et
y ∈
Fonction argch
La fonction argch est une bijection de [1, + ∞[ dans [0, + ∞[, et :
∀ x ∈ [1, +∞
+∞[, y = arg
arg ch x ⇔ x = ch y
et
y ∈ [0, +∞[
• Question 1 : réponses B et C
 π π
Pour x ∈  − ,  ,
 2
2
sin
n x ∈] − 1, 1[
donc
y ∈ .
La réponse A est fausse.
1
 π π
Pour x ∈  − ,  , coss x ∈ ]0, 1 ] donc
∈ [1,
1, +∞ [
cos x
 2 2
et
z ∈ [ 0, +∞[
La réponse B est bonne.
ch2 y =
Or :
ch y > 0
et
1
1
1
=
=
1 − th2 y 1 − sin2 x cos2 x
1
>0
cos x
donc
ch y =
1
cos x
La réponse C est bonne.
On a donc :
ch y = ch z
or la fonction ch est paire, donc : y = ± z
Plus précisément, puisque z ∈ [0, +∞[ :
• Si y ∈  − , y = − z
• Si y ∈  + , y = z
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse D
f est dérivable sur  − π , π  par composition de fonctions dérivables.
 2 2 
45
La réponse A est fausse.
corrigés
 π π
∀ x ∈− ,  ,
 2 2
f ’( x)
x =
1
1
1
cos x =
cos
cos x =
cos
1 − sin2 x
coss2 x
co
cosx
La réponse B est fausse.
La fonction argch est dérivable sur ]1, + ∞[ mais n’est pas dérivable en 1. Donc, par composition de fonctions, g est dérivable sur
 π π
 − ,  − {0} , ce qui ne signifie pas que g n’est pas dérivable en 0.
 2
2
Les théorèmes d’opérations et de compositions de fonctions dérivables ne
permettent pas de conclure lorsqu’une des fonctions n’est pas dérivable.
Par exemple :
pass dérivable en 0 mais x 
 x  x n’est pa

2
rivable
e en
e 0
 x  x estt dérivabl
 π π
∀ x ∈  − ,  − {0} ,
 2 2
g ’( x ) =
( x)
2
= x est dérivable en 0.
1
sin x
sin x
=
2
cos
x
sin
n
x co
oss x
1
−1
2
cos x
1
 π

Si x ∈  − , 0  , sin x < 0 donc sin
= − f ’( x ).
n x = − ssin
in x et g ’( x ) = −
2
cos x


La réponse C est fausse.
D’après ce qui précède :
 π

g( x ) = − f ( x ) + C (1)
∀ x ∈  − , 0 ,
 2

g(0 ) = f (0 ) = 0
f et g sont définies et continues en 0, et :
C = 0.
donc, en faisant tendre x vers 0 dans (1), on obtient :
On peut dès lors fermer l’intervalle en 0 :
 π

∀ x ∈  − , 0 ,
 2

g( x ) = − f ( x ) .
La réponse D est bonne.
>
QCM 5 Fonction définie par morceaux
Notons les restrictions suivantes :
• g = f [0, + ∞[ : x  2x − ln (sh x + 1)
• h= f
]−∞, 0[
: x  e1 / x 1 − x
46
chapitre 2 : Fonctions usuelles
corrigés
• Question 1 : réponse B
• Les fonctions g et h sont continues, et dérivables par opérations et compo1 − x est dérivable pour x < 1).
sitions de fonctions dérivables ( x 
∀ x ∈ [0, + ∞[ ,
ch x
2 sh x − ch x + 2
=
sh x + 1
sh x + 1
g ’( x)
x =2−
1 
 1
e1 / x
x = e1/ x  − 2 1 − x −
= −
∀ x ∈ ]−∞, 0[ , h ’( x)
x 2 − 2x + 2

2
2 1− x
 x
2x 1 − x
(
)
Donc f est continue et dérivable sur ]0, + ∞[, ]–∞, 0[ et à droite en 0.
• Par ailleurs :
f (0) = g(
g(0 ) = 0
Examinons la continuité à gauche en 0 :
1
Quand x → 0 − :
→ −∞
x
donc
e1 / x → 0
et
lim
m f ( x ) = 0 = f (0)
x → 0−
• Donc f est continue à gauche et à droite en 0, c’est-à-dire continue en 0.
La réponse A est fausse.
f est dérivable à droite en 0 :
f ’d (0) = g ’(0) = 1
La réponse B est bonne.
• Examinons la dérivabilité à gauche en 0 :
−∞,, 0[ :
Sur ]−∞
τ=
f ( x ) − f (0) e1 / x 1 − x
=
= 1 − x Z eZ
x
x
d’où
lim Z = −∞
x → 0−
( )
lim ( Z e ) = 0
en posant
et
Z
x→ 0 −
Donc f est dérivable à gauche en 0, et :
Z=
1
x
lim τ = 0
x→ 0 −
f ’g (0) = 0 .
La réponse C est fausse.
• f ’g (0) ≠ f ’d (0) donc f n’est pas dérivable en 0.
La réponse D est
fausse.
• Question 2 : réponses A et C
• ∀ x ∈ ]−∞, 0[ ,
f ’( x)
x ) = h ’( x ) = −
(
) est du signe de
e1/ x x2 − 2x + 2
2x
2
1− x
47
− x 2 + 2 x − 2.
La réponse A est bonne.
corrigés
• ∀ x ∈ ]0, +∞[ ,
1 x
x
−x
−x
ch x
2 sh x − ch x + 2 e − e − 2 e + e + 2
f ′( x ) = g ′(
=
=
′( x ) = 2 sh x + 1
sh x + 1
sh x + 1
(
f ′(x) =
)
e x − 3e − x + 4
2 ( sh x + 1)
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
m f ( x ) = +∞ et
• lim
x → −∞
 f (x)
lim 
=0
 x 
x → −∞
f ( x ) e1 / x
=
x
x
:
1
1 
1


− x  1 −  = e1 / x  −
 1 − x donc :


x
−x 
C admet une branche parabolique dans la
direction (Ox).
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponse A
Pour x > 0:
Soit :
1

ln (sh x + 1) = ln  e x − e − x + 2  = ln e x 1 − e −2x + 2e − x  − ln 2
2

(
)
(
)
(
ln (sh x + 1) = x − ln 2 + ln 1 − e −2x + 2e − x
lim
m ε(x) = 0
ε ( x ) = ln 1 − e −2x + 2e − x
on a :
(
)
x → +∞
)
et
b = − ln 2
La réponse A est bonne, les réponses B et C sont fausses.
Pour x > 0 :
f ( x ) = x + ln 2 − ε ( x )
y = x + ln2 est asymptote à C en + ∞.
donc la droite d’équation
La réponse D est fausse.
• Question 4 : réponse B
Pour x > 0 :
ex − 3e− x + 4 > 0 ⇔
∆’ = 7 ,
Donc, ∀ x ∈ ]0, + ∞[
 X = ex > 1
 2
 X + 4 X − 3 > 0
X 1 = −2 − 7 < 0 ,
:
X 2 = −2 + 7 ∈ [0, 1[
ex − 3e− x + 4 > 0
donc
Compte tenu des résultats des questions précédentes :
bonne, les réponses A, C et D sont fausses.
48
f ′(
′( x ) > 0
la réponse B est
chapitre 3
Équations
différentielles
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Équation linéaire du 1er ordre
50
56
• QCM 2 : Raccordement
51
59
• QCM 3 : Équation linéaire du 2nd ordre
53
62
• QCM 4 : Changement de variable
54
66
49
énoncés
>
er
QCM 1 Équation linéaire du 1
(d’après EPL 1994)
ordre
Soient les équations différentielles associées :
x (2 − x ) y′ + (1 − x ) y = 1
(E )
x (2 − x ) y′ + (1 − x ) y = 0
(H)
On note I1 = ]−∞, 0[ , I2 = ]0, 2] et I3 = ]2, +∞[. On pose U = I1 ∪ I2 ∪ I3.
• Question 1
C désignant une constante quelconque, les solutions de (H) sur U sont :
A
y=C
B
y=
C
y=
D
y=
x (2 − x )
C
x (2 − x )
x (2 − x ) est une solution de (H) dérivable sur I2.
1
x (2 − x )
est la seule solution de (H) continue sur U.
• Question 2
Sur I1, (H) :
A
n’admet aucune solution.
B
admet une infinité de solutions.
Sur , (H) :
C
admet trois solutions distinctes, et trois seulement.
D
n’admet que la banale solution nulle.
50
chapitre 3 : Équations différentielles
énoncés
• Question 3
Pour i ∈ { 1, 2, 3 }, notons fi une solution particulière de (H) sur Ii. On effectue
dans (E) le changement d’inconnue (méthode de la variation de la constante)
défini par y( x ) = fi ( x )z( x ), avec x ∈ Ii.
On note, pour tout réel t ≠ 0 :
 sgn(t ) = 1 si t > 0

 sgn(t ) = −1 si t < 0
z vérifie sur U la relation :
A
z′ =
C
z′ =
x (2 − x )
B
sgn
n x
 x (2 − x )
D z′ =
x (2 − x )
1
z′ =
x (2 − x )
sgn
n x
 x (2 − x )
x (2 − x )
• Question 4
Pour i ∈{1, 2, 3}, on note Fi une primitive sur Ii de :
1
x 
>
2
x − 2x
A
F2 ( x ) = arcsin
arcsin x − 1
B
F2 ( x ) = arcco
arccos
ar
ccoss (1 − x )
C
F1( x ) = argch (1 − x )
D
F3 ( x ) = argch ( x − 1)
QCM 2 Raccordement
Soit l’équation différentielle :
e x − 1 y′ + e x y = ϕ ( x )
(E)
où ϕ est une fonction continue sur  à valeurs réelles. On note (E0) l’équation
homogène associée à (E), et I un des intervalles ]−∞, 0 [ ou ] 0, + ∞ [ .
• Question 1
A
(E0) admet une infinité de solutions sur I.
B
(E) peut ne pas avoir de solution sur I pour certaines fonctions ϕ.
51
énoncés
S’il existe une solution de (E) sur I, alors elle est obligatoirement :
C
unique.
D continue sur I.
• Question 2
Une solution de (E0) sur I est :
A
1
y0 : x 
B y0 : x 
ex − 1
1
1 − ex
C étant une constante réelle quelconque, les solutions de (E) sur I sont :
C
y : x 
∫
x
0
ϕ(t ) dt +
C
e −1
x
D y : x 
1

e x − 1 
• Question 3
A
(E0) n’admet pas de solution sur .
B
(E) admet une unique solution sur  telle que y (0) = 1.
Si (E) admet une solution sur , alors elle est obligatoirement:
C
continue sur .
D
dérivable sur .
• Question 4
Dans cette question, on prend ϕ(x) = 2x.
Une solution particulière de (E) sur * est :
x2
e −1
A
y1 : x 
C
(E) n’admet pas de solution sur .
D
(E) admet une unique solution sur .
B
x
52
y1 : x 
x2
e −1
x
∫
x
0

ϕ(t ) dt + C 

chapitre 3 : Équations différentielles
>
nd
QCM 3 Équation linéaire du 2
*
+
(d’après EPL 1992 et 2006)
énoncés
ordre
Soit ω ∈  . On considère l’équation :
y″ = −ω2 y
(E )
d’inconnue y :  →  deux fois dérivable.
• Question 1
A
Il n’existe aucune solution réelle de (E) car l’équation
caractéristique r2 + ω2 = 0 n’a pas de solution dans .
B
a et b étant deux réels donnés, (E) admet une unique solution
réelle telle que y(0) = a et y′(0) = b.
Dans le cas où l’assertion B est jugée exacte, cette solution est
définie par :
C
y( x ) = b cos (ωx ) −
a
sin (ωx )
ω
D
y( x ) = a sin (ωx ) +
• Question 2
On prend dans la suite ω = 2.
On considère l’équation :
y ″ + 4 y = 8x [2 cos(2x ) − sin(2x )]
A
y0 : x  e2ix est solution complexe de (E).
B
y0 : x 
cos x − sin x est solution de (E).
Une solution de (1) telle que y1(0) = 1 et y′1 (0) = 1 est :
C
x

y1 : x  (x2 + x + 1) cos x +  2x2 −  sin x

2
D
x

y1 : x  (x2 + x + 1) cos (2x) +  x2 −  sin (2x)

2
53
(1)
b
cos (ωx )
ω
énoncés
• Question 3
On considère l’équation :
y″ + 4y = f ( x)
(2)
où f est une fonction continue sur , à valeurs réelles.
Soient F, G et H les fonctions définies par :
F (x) =
1
2
∫
x
0
f (t )sin(2x − 2t )dt
G( x ) =
∫
x
0
f (t )cos(2t )dt
H (x) =
∫
x
0
f (t )sin(2t )dt
A
G et H sont deux fois dérivables sur .
1
B ∀ x ∈ , F ( x ) = [ H ( x )cos(2x ) + G( x ) sin(2x )]
2
>
C
F est 2 fois dérivable sur  et vérifie (2).
D
y : x 
cos((2x ) + sin(2x
x)) + F ( x)
x est solution de (2).
QCM 4 Changement de variable
(d’après EPL 2008)
On cherche à résoudre l’équation fonctionnelle :
 1
∀ x ∈ ]0, + ∞[ , f ′( x ) = f  
 x
(P)
où l’inconnue f est dérivable sur [0, + ∞], à valeurs réelles.
Soit l’équation :
x2 y′′ + y = 0
(E)
d’inconnue y deux fois dérivable sur un intervalle I de , à valeurs dans .
• Question 1
Dans (E) :
A pour I = [0, + ∞[, on peut faire le changement de variable x = t
(t ∈ [0, + ∞[) .
B
pour I = ]0, + ∞[ , on peut faire le changement de variable
x = et (t ∈  ).
)
54
chapitre 3 : Équations différentielles
énoncés
( )
Si l’assertion B est jugée exacte, on pose x = et et ∀ t ∈ , z(t ) = y et .
C
( y est deux fois dérivable sur ]0, +∞[)
(
é
⇔ ( z est
est deux fois
fois é
dérriva
ivable sur  ).
D y est solution de (E) sur ]0, + ∞[ si et seulement si z est solution
de z ′′ + z ′ + z = 0.
• Question 2
A, B, a et ϕ étant des constantes réelles quelconques, (E) a pour solutions sur
]0, + ∞[ :
A
 3

y : x  a x cos 
ln x + ϕ
 2

B
y : x 
C
 3

y : x  a cos 
ln x + ϕ
 2

D

 3

 3

y : x  x2  A cos 
ln x + B sin
n
lln x 
2
2



 

x  A cos

(
)
3 x + B sin
sin
(
)
3x 

• Question 3
On note f une solution de (P), et A, B et a des constantes réelles quelconques.
A
f est 2 fois dérivable sur ]0, + ∞[ et est solution de (E).
B

 3

 3

f ( x ) = x  A coss 
lln
n x + B sin 
ln x 
2
2



 

C
 3
π
f ( x ) = a x cos
cos 
lln
nx − 
6
 2
D
 3
f ( x ) = a x cos
cos 
lln
nx +
 2
π
3 
55
)
corrigés
>
QCM 1 Équation linéaire du 1er ordre
• Question 1 : Aucune réponse n’est bonne
Les constantes C1, C2 et C3 ne sont pas forcément égales sur chacun des
NON trois intervalles disjoints I1, I2 et I3.
Les réponses A et B sont fausses.
Solutions d’une équation différentielle linéaire homogène du
1er ordre
Les solutions sur un intervalle I de l’équation différentielle :
y′ = a(x)y
où a est continue sur I, sont :
y : x  Ce A( x )
où A est une primitive de a, et C ∈ .
(H) ⇔ y′ =
• Sur I1 ou I2 ou I3 :
ϕ(( x ) =
x −1
y
x (2 − x)
x −1
x −1
1 u′ ( x )
=
=−
x (2 − x ) 2x − x2
2 u( x )
en posant
u( x ) = 2x − x2
Donc, une primitive de ϕ s’écrit par exemple :
∫
ϕ(( x )d
dx
x=−

1
1
ln ( u( x ) ) = − ln x (2 − x) = ln 
2
2

(
)


x (2 − x) 
1
et les solutions sur un des intervalles I1 ou I2 ou I3 sont :
 
y = C exp
p  ln 
 
 

 =
x (2 − x)  

1
C
x (2 − x)
,C ∈ 
La réponse C est fausse.
• Les solutions sur U sont :
Pour i ∈ {1, 2, 3} :
∀ x ∈ Ii , y( x ) =
56
Ci
x (2 − x )
, Ci constante sur Ii.
chapitre 3 : Équations différentielles
corrigés
Toutes les solutions d’une équation différentielle sont dérivables, donc
continues.
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et D
Sur I1, (H) admet une infinité de solutions :
C1
y( x ) =
(C1 ∈  ).
x (2 − x )
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
Soit f une solution de (H) sur , si elle existe. Alors, la restriction de f sur
Ii est :
Ci
x 
1
lim
m
Or :
x (2 − x )
x (2 − x )
x→ 0
1
= llim
x (2 − x )
x→ 2
= +∞
Donc, pour que f soit continue en 0 et en 2, il faut que C1 = C2 = C3 = 0,
c’est-à-dire que la seule solution de (H) sur  est f = 0.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse C
• Sur Ii, notons :
sgn  x (2 − x ) = εi (constante).
fi ( x ) =
Prenons pour solution particulière :
y( x ) = fi ( x ) z( x ) =
y ′( x ) =
z ′( x )
εi x (2 − x )
z( x )
x (2 − x )
− z( x )
=
1
x (2 − x )
z( x )
εi x (2 − x )
1− x
x (2 − x ) εi x (2 − x )
En reportant dans (E), on obtient :
x (2 − x ) z ′( x )
εi x (2 − x )
−
(1 − x ) z( x ) + (1 − x ) z( x )
εi x (2 − x )
εi x (2 − x )
57
=1
corrigés
x (2 − x) εi
z ′( x ) =
soit finalement :
x (2 − x)
εi
=
εi x (2 − x)
=
sgn  x (2 − x) 
x (2 − x)
La réponse C est bonne, les réponses A, B et D sont fausses.
• Question 4 : réponses B et D
Sur U, notons :
Sur I2 :
1
ϕ : x 
x (2 − x ) > 0
x (2 − x )
donc
1
ϕ( x ) =
x (2 − x )
 si x ∈ ]0, 1], Φ( x ) = arcsin (1 − x)

arcsin ( x − 1)
 si x ∈ [1, 2[ , Φ( x ) = arcsin
Soit Φ(( x ) = arcsin
arcsin x − 1 sur I2 :
Φ est dérivable sur ]0, 1] et sur [1, 2[, donc à droite et à gauche en 1 :

Φ



Φ

(
(
]0, 1]
1, 2 [
[1,
)′ = −
)′ =
1
1 − (1 − x)
2
1
1 − ( x − 1)
2
1
=−
=
x (2 − x)
1
x (2 − x)
= − ϕ( x )
et
= ϕ(( x )
• Φ ′g (1) ≠ Φ ′d (1) donc Φ n’est pas dérivable en 1.
Φ ′g (1) = −1

Φ ′d (1) = 1
La réponse A est fausse.
arccos(1
ccos(1 − x ) sur I2 :
• Soit Ψ(( x ) = arccos(
( −1)
= ϕ( x )
2
1 − (1 − x )
x ( x − 2) > 0 donc ϕ( x ) =
Ψ ′( x ) = −
• Sur I1 et I3 :
La réponse B est bonne.
1
x ( x − 2)
Soit G( x ) = argch (1 − x ) sur I1. 1−x >1, donc G existe sur I1 et :
G ′( x ) = −
1
(1 − x )2 − 1
= − ϕ( x )
La réponse C est fausse.
• Soit H ( x ) = argch ( x − 1) sur I3. x −1 > 1, donc H existe sur I3 et :
H ′( x ) =
1
( x − 1)2 − 1
58
= ϕ( x )
La réponse D est bonne.
chapitre 3 : Équations différentielles
corrigés
Les solutions de (E), non demandées, sont, avec C1, C2, C3 constantes
réelles :
-1
1
donc y( x ) =
- sur I1 : z ′( x ) =
[argch(1 - x ) + C1 ]
x( x - 2)
x( x - 2)
- sur I2 : z ′( x ) =
1
x (2 - x )
donc
y( x ) =
1
x (2 - x )
[arccos(1 - x ) + C2 ]
- sur I3 : z ′( x ) =
-1
x( x - 2)
donc
y( x ) =
1
x( x - 2)
[ -argch(x - 1) + C ]
>
3
QCM 2 Raccordement
• Question 1 : réponses A et D
• Sur I : ex−1 ≠ 0 donc (E) est une équation différentielle linéaire du 1er
ordre, et admet d’après le cours une infinité de solutions sur I. Il en va de
même pour (E0).
La réponse A est bonne, les réponses B et C sont fausses.
• Une solution de (E) sur I est forcément dérivable sur I, donc continue sur I.
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et D
La méthode qui consiste à reconnaître dans le premier membre de (E),
lorsque cela est possible, la dérivée d’un produit, est la plus rapide.
• (E0 )
(
)
⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = 0
(e
)
(E0 )
⇔ ∀ x ∈ I,
(E0 )
⇔ ∀ x ∈ I, y( x ) =
x
− 1 y( x ) = C , C constante réelle
C
, C ∈
e −1
x
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• (E)
(E)
(
)
⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = ϕ( x )
⇔ ∀ x ∈ I,
(e
x
)
− 1 y( x ) = Φ( x ) + C
où Φ est une primitive de ϕ sur I, et C une constante réelle.
59
corrigés
Or ϕ est continue sur , donc Φ(( x ) =
∫
x
0
ϕ(t )dt
) convient sur chaque intervalle I.
Les solutions de (E) sur I sont finalement : y : x 
1

e − 1 
x
∫
x
0

ϕ(t ) dt + C 

La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses C et D
• Cherchons une solution f de (E0) sur , si elle existe. f doit être continue.
f
Or :
lim
x→ 0
] −∞, 0 [
: x 
C1
e −1
et
x
f
] 0, +∞ [
: x 
C2
e −1
x
1
= +∞
ex − 1
Pour que f soit continue en 0, il faut que C1 = C2 = 0, donc l’unique solution
de (E0) sur  est f = 0.
La réponse A est fausse.
Pour x = 0, l’équation (E) devient :
y(0) = ϕ(0)
NON Donc, si ϕ(0) ≠ 1, (E) n’a pas de solution sur  telle que y(0) = 1.
La réponse B est fausse.
• Toute solution d’une équation différentielle sur  est dérivable et continue
sur .
Les réponses C et D sont bonnes.
Une équation y ′ + a(
a( x ) y = b( x ) (1) avec a et b continues sur un intervalle
I admet une unique solution telle que y(x0) = y0.
Ce résultat ne peut pas s’appliquer dans le cas présent car l’équation (E) ne
peut pas se mettre sous la forme (1) sur  puisque e x - 1 = 0 ⇔ x = 0 .
• Question 4 : réponses B et D
(E)
(
)
⇔ ∀ x ∈ I,  e x − 1 y  ′ = 2x
On applique les résultats de la question 2 :
∫
x
0
2t dtt = x2
donc les solutions de (E) sur I sont :
y : x 
60
1
 x2 + C 
ex − 1 
chapitre 3 : Équations différentielles
corrigés
En choisissant C1 = 0 pour I = ] −∞, 0[ et C2 = 0 pour I = ] 0, + ∞ [ :
x2
e −1
y1 : x 
x
est une solution particulière de (E) sur *.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• Cherchons si (E) admet une solution f sur . Si f existe :
f
: x 
]−∞, 0 [
x2 + C1
ex − 1
et
f
: x 
] 0, +∞ [
x2 + C2
ex − 1
C1, C2 constantes réelles.
f doit être continue et dérivable sur , donc en 0.
– Examinons la continuité en 0 :
(
)
lim e x − 1 = 0
x→ 0
,
lim
x → 0−
(x
2
)
+ C1 = C1
,
lim
x → 0+
(x
2
)
+ C2 = C2
Pour que les limites de f en 0 soient finies, il faut nécessairement que
C1 = C2 = 0.
Donc :
f (x) = x
f
x
e −1
x
or
*
: x 
 e x − 1
lim 
=1
x→ 0 
x 
x2
e −1
x
(limite remarquable)
lim
m f (x) = 0
Donc :
x→ 0
On pose alors f(0) = 0, et f est donc continue sur .
De plus, f (0) = 0 est cohérent avec (E) pour x = 0.
– Examinons la dérivabilité en 0 :
τ=
f ( x ) − f (0 ) f ( x )
x
=
= x
x
x
e −1
et
lim τ = 1
x→ 0
Donc f est dérivable en 0 (donc sur ) et f ′(0) = 1.
En conclusion, (E) admet une unique solution sur , définie par :

x2
*
 si x ∈  , f ( x ) = x
e −1

 f (0)=0

La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
61
corrigés
>
QCM 3 Équation linéaire du 2nd ordre
• Question 1 : réponse B
• (E) admet toujours une infinité de solutions dans .
Résolvons l’équation caractéristique :
r 2 + ω2 = 0 ⇔ r = iω ou r = −iω
Les solutions réelles de (E) sont : y : x  A cos (ωx ) + B sin (ωx )
La réponse A est fausse.
• y(0) = a et y′(0) = b sont les deux conditions initiales de (E), équation
différentielle linéaire du 2nd ordre à coefficients constants.
La réponse B est bonne.
 y( x ) = A cos (ωx ) + B sin (ωx )
• 
 y′( x ) = − Aω sin (ωx ) + Bω cos (ωx )
Les conditions initiales s’écrivent :
 y(0) = a

 y ′( 0 ) = b
Finalement :
⇔
A = a

 Bω = b
y( x ) = a cos (ωx ) +
⇔
A = a

b

 B = ω
b
sin (ωx )
ω
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 2 : réponse A
On considère l’équation :
y ″ + 4 y = 8x 2 cos (2x ) − sin (2x )
(1)
Pour ω = 2, l’équation (1) a pour équation homogène associée l’équation :
y″ + 4y = 0
62
(E )
chapitre 3 : Équations différentielles
corrigés
Les solutions complexes de (E) sont :
y : x  λ e2i x + µ e − 2i x,
λ et µ constantes complexes.
La réponse A est bonne.
• D’après la question 1, les solutions réelles de (E) sont :
y : x  A cos (2x ) + B sin (2x )
La réponse B est fausse.
2nd membre produit d’un polynôme et d’une exponentielle
Soit l’équation différentielle :
ay ″ + by′ + cy = emx P ( x )
(F) d’équation caractéristique :
ar 2 + br + c = 0
avec a, b, c, m constantes complexes, a non nul et P un polynôme.
Une solution particulière de (F) s’écrit :
yp ( x ) = emxQ( x )
avec Q un polynôme.
• si m n’est pas racine de l’équation caractéristique :
deg
gQ = d
deg
eg P
g Q = (deg
deg P ) + 1
• si m est racine simple de l’équation caractéristique : deg
• si m est racine double de l’équation caractéristique : deg
g Q = (deg
deg P ) + 2
• Notons yp une solution particulière de l’équation :
y ″ + 4 y = 8x 2 cos (2x ) − sin (2x )
(1)
et notons y2 une solution particulière dans  de l’équation :
y ″ + 4 y = 8xe2i x
On a :
( )
coss (2x ) = ℜ e e2i x
et
(2)
( )
sin (2x ) = ℑm e22ii x
sin
donc, d’après le principe de superposition :
yp = 2ℜ e ( y2 ) − ℑm ( y2 )
m = 2i est racine simple de l’équation caractéristique ω2 + 4 = 0
63
corrigés
donc :
y2 ( x ) = e2i x Q( x )
deg Q = (deg
deg P ) + 1 = 1 + deg (8x ) = 2
avec
(
y2 s’écrit alors :
y2 ( x ) = e2i x αx2 + βx + γ
)
Or γe2ix est solution de l’équation homogène (E), donc on peut prendre γ = 0.
(
y2 ( x ) = e2i x αx2 + βx
On a :
2i x
y′2 ( x ) = e
(
)
)
2i αx2 + βx + 2αx + β 


(
)
y ″2 ( x ) = e2i x  −4 αx2 + βx + 4i (2αx + β ) + 2α 
En remplaçant dans (2), on obtient :
8i α = 8

4i β + 2α = 0
Donc :
4i β + 2α ) e2i x = 8
8xe
xe2i x
(8i αx + 4i
soit encore
α = −i

1

β = 2
x
x


y2 ( x ) =  −i x2 +  e2i x =  −i x2 +  coss (2x ) + i sin (2x )



2
2
Finalement :
On obtient alors :
yp ( x ) = 2ℜ e ( y2 ( x)
x )) − ℑm ( y2 ( x ))
x
x



yp ( x ) = 2  coss (2x ) + x2 sin
sin (2x ) −  − x2 coss (2x ) + sin (2x )
2
2




x

yp ( x ) = x2 + x cos
cos (2x ) +  2x2 −  sin (2x )

2
(
)
Donc les solutions de l’équation (1) sont :
x


y1( x ) = x2 + x + A cos (2x ) +  2x2 − + B sin (2x ) ,


2
(
et :
)
( A, B) ∈ 2
1

y′1( x ) = 4x2 + x + 2B + 1 cos (2x ) +  −2x2 + 2x − 2A
2 A −  sin (2x )

2
(
)
Les conditions initiales s’écrivent :
 y1(0) = 1
⇔

 y ′1 (0 ) = 1
64
A = 1
⇔

2B + 1 = 1
A = 1

B = 0
chapitre 3 : Équations différentielles
corrigés
La solution de (1) telle que y1(0) = 1 et y′1(0) = 1 est donc :
x

y1( x ) = x2 + x + 1 cos (2x ) +  2x2 −  sin (2x )

2
(
)
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 3 : réponses C et D
G est la primitive de g : x  f ( x )cos (2x ) telle que G(0) = 0
H est la primitive de h : x  f ( x )sin (2x ) telle que H(0) = 0
G et H existent car g et h sont continues sur .
G et H sont dérivables, et :
,
H ′( x ) = f ( x ) sin (2x )
En l’absence d’hypothèse sur la dérivabilité de f, il est impossible de
NON savoir si G et H sont deux fois dérivables. Par exemple, en prenant
f (x) = |x|, il est possible de montrer que G’ n’est pas dérivable en 0.
La réponse A est fausse.
1
2
1
=
2
• F (x) =
∫
∫
x
0
x
0
f (t ) sin
sin (2x − 2t ) dt
f (t ) sin (2x ) cos (2t ) − coss (2x ) siin
n (2t ) d
dt
=
1 
sin (2x )
2 
=
1
n (2x ) G( x ) − cos (2x ) H ( x )
sin
2 
∫
x
0
f (t )cos (2t ) dt − cos (2x )
∫
x
0

f (t )sin (2t ) dt 

La réponse B est fausse.
• G, H, sin, cos sont dérivables sur , donc F est dérivable sur  par
opérations :
F ′( x ) =
1
coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) G ′( x ) + 2 sin
n (2x ) H ( x ) − cos (2x ) H ′( x )
2 co
2 
= coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) H ( x ) +
1
sin
n (2x ) cos (2x ) [ f ( x ) − f ( x )]
2
= coss (2x ) G( x ) + sin (2x ) H ( x )
65
corrigés
G, H, sin, cos sont dérivables sur , donc F’ est dérivable sur , autrement
dit F est 2 fois dérivable sur , et :
F ″( x ) = −2 sin
sin (2x ) G( x ) + cos2 (2x ) f ( x ) + 2 cos
cos (2x ) H ( x ) + sin2 (2x ) f ( x )
coss2 (2x ) + sin2 (2x ) = 1.
co
F ″( x ) = − 4 F ( x ) + f ( x )
car
F ″( x ) + 4 F ( x ) = f ( x )
donc F est solution de l’équation (2).
La réponse C est bonne.
Compte tenu de la question 2, les solutions de l’équation (2) sont alors :
y : x  A cos (2x ) + B sin
sin (2x ) + F ( x )
La réponse D est bonne.
>
QCM 4 Changement de variable
• Question 1 : réponses B et C
Pour I = [0, + ∞[ , x = t ne convient pas car t 
t n’est pas 2 fois
La réponse A est fausse.
NON dérivable en 0.
• Pour I = ]0, + ∞[ , x = et convient car ϕ : t  et est une bijection de 
dans I, 2 fois dérivable sur , et sa réciproque ϕ −1 : x  t = ln x est
aussi 2 fois dérivable sur I.
La réponse B est bonne.
(
( ))
• ∀ t ∈ , z(t ) = y et
Donc z = yo
yo exp
dérivables :
et
⇔
(∀ x ∈ ] 0, + ∞ [ ,
y( x ) = z (ln x ))
y = zo ln , et par composition, exp et ln étant 2 fois
rivable sur ]0, +∞
+ [)
( y est 2 fois dérivable
⇔
est 2 fois
fois dérriiv
va
able sur  )
( z est
La réponse C est bonne.
66
chapitre 3 : Équations différentielles
• Effectuons dans (E) le changement de variable y( x ) = z (ln x )
∀ x ∈ ]0, + ∞[ ,
y′( x ) = z ′(ln x )
y ″( x ) = z ″(ln x )
1
= z ′(t ) e −t
x
avec
corrigés
x = et .
1
= e −t
x
car
car
1
 1
+ z ′(ln x )  − 2  = [ z ″(t ) − z ′(t )] e −2t
 x 
x2
En remplaçant dans (E), on obtient :
( )
∀t ∈ , e2t e −2t [ z ″(t ) − z ′(t )] + z(t ) = 0 , donc z est solution de
z ″ − z′ + z = 0
(1)
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse A
L’équation caractéristique de (1) s’écrit :
∆ = −3, donc (C) a 2 racines conjuguées :
r2 − r + 1 = 0
r1 =
1+ i 3
2
(C) .
et
r2 = r1 .
Les solutions de (1) sur  sont donc :

 3 
 3 
z : t  et / 2  A cos 
t  + B sin 
t  ,
 2 
 2  

( A, B ) ∈ 2
ou encore :
 3

z : t  a et / 2 cos
cos 
t + ϕ ,
2


(a, ϕ) ∈ 2
et les solutions de (E) sur ]0, + ∞[ sont alors :
y : x 

 3

 3

x  A cos 
ln x + B sin
n
lln
n x  ,
 2

 2
 

A, B ) ∈ 2
(A
ou encore :
 3

y : x  a x cos 
ln x + ϕ , (a, ϕ ) ∈ 2
2


La réponse A est bonne, les réponses B, C et D sont fausses.
67
corrigés
• Question 3 : réponses A et C
• On a f ′ = f o ψ avec ψ : x 
]0, + ∞[.
1
dérivable sur ]0, + ∞[ à valeurs dans
x
f est dérivable sur ]0, + ∞[, donc par composition f ′ est dérivable sur ]0, + ∞[,
et par conséquent f est 2 fois dérivable sur ]0, + ∞[. De plus :
f (x)
 1  1 
f ″( x ) = f ′    − 2  = − 2
 x  x 
x
de (E).
donc
x2 f ″(( x ) + f ( x ) = 0
et f est solution
La réponse A est bonne.
• Réciproquement, si f est solution de (E) :
f ′( x ) =
et
1
2 x

 3

 3

lln
n x + B − A 3 sin 
ln x 
 A + B 3 coss 
 2

 2
 

(
)
(
)
 3

 3

1 
 1
f  =
ln x − B sin 
ln x 
 A cos 
 x
2
2
x 



 
car
 1
ln   = − ln x
 x
1

NON f est solution de (P) si et seulement si :  2 ( A + B 3 ) = A

 1 B − A 3 = −B
 2
(
)
⇔ A= B 3
La réponse B est fausse.
 3
 3
 1
 3

 3
f (x) = 2 B x 
coss 
lln
n x + sin 
ln x  = 2 B x cos 
ln x −
 2
 2
 2
 
 2
 2
π
6 
Les solutions de (P) sont donc :
 3
π
f : x  a x ccos
os 
ln x −  , a ∈ 
6
 2
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
68
chapitre 4
Géométrie du plan et
de l’espace –
Courbes – Coniques
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Courbes paramétrées
70
78
• QCM 2 : Autour de la cardioïde
72
83
• QCM 3 : Inverse d’une courbe
74
87
• QCM 4 : Géométrie de l’espace et
coniques
76
91
69
énoncés
>
QCM 1: Courbes paramétrées
(d’après EPL 1991)
→ →
Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O, i , j ) d’axes (x′x) et (y′ y).
 est la courbe de représentation paramétrique :
 x = a cos3 t

3
 y = a sin t
 est la courbe de représentation paramétrique :
u+2

 x = u2 − 1

 y = 2u

u2 − 1
• Question 1
Un segment [AB] varie de façon à ce que A ∈( x′ x ), B ∈( y′ y ) et AB = a (a > 0 fixé).
C est le point tel que OACB soit un rectangle. On note t une mesure de l’angle
→
( i , OC ) (mod 2π ), et M le projeté orthogonal de C sur [AB].
A
cos t, a sin
sin t ), donc AB a pour
Le point C a pour coordonnées (a cos
cos t, − a sin
sin t ).
coordonnées ( −a cos
B
((sin
sin
n t ) y − a cos
cos t ssin t = 0.
Une équation de (AB) est : (cos t ) x + (si
C
 est le lieu de M.
D Pour t ≠ k
π
(k ∈  ),
) (AB) est tangente à  en M.
2
• Question 2
On note M(t) le point de  de paramètre t.
A
 est de période 2π, donc il suffit d’étudier  pour t ∈[[0, 2π ], puis
d’utiliser des translations pour compléter .
B
π

Il suffit d’étudier  pour t ∈ 0,  , puis d’utiliser 2 symétries pour
4

compléter .
La tangente en M(0) est :
C
(x′x)
D (y′y)
70
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
énoncés
• Question 3
On note M(u) le point de  de paramètre u.
A
 1
M   est le symétrique de M(u) par rapport à Ω ( −1, 0), donc il
 u
suffit d’étudier  pour u ∈ ]−1, 1[ , puis d’utiliser une symétrie pour
compléter .
B
β
Il existe 2 valeurs α et β de u telles que x ′ (u) = 0 , avec α < −1 < 0 < β.
 admet pour asymptotes les droites d’équation :
2
( x − 1)
3
C
y=
D
y = 2x
• Question 4
Soit Γ la courbe d’équation : − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0 .
A
Si Γ est une conique, c’est une ellipse.
B  = Γ − {O}
Pour u ∈ ] − 1, 1[ , la représentation graphique de  est :
C
D
y
−2
−1
2/3
0
x
−2
y
−2
−1
2/3
0
−2
71
x
énoncés
>
QCM 2 Autour de la cardioïde
→ →

Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  Soit a ∈  *+ .


On appelle cardioïde la courbe  d’équation polaire :
r = a (1 + cos θ)
→
→
→
Soit u (θ) = (cos θ) i + (sin θ) j et M(θ) le point de  de paramètre θ :
→
OM (θ) = r(θ) u (θ)
• Question 1
A
On peut se contenter d’étudier  pour θ ∈ [0, π ], puis utiliser une symétrie pour compléter .
B
dM 
→
Si, pour θ ≠ 0 [ π ], on note V l’angle  u (θ)),
 [ π ], alors :

dθ 
 θ π
tan
n V = ttan
an  + 
 2 2
C
Il y a exactement 2 points de  où la tangente à  est parallèle à (Oy).
D M(0) est un point singulier.
• Question 2
La représentation graphique de  est :
A
y
0
B
2a
x
72
y
a
0
2a
x
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
énoncés
→
Soit Dθ la droite passant par O dirigée par u (θ), et C1 le cercle d’équation
polaire :
r = a cos θ
C
Dθ coupe  en 2 points M et M′ tels que MM ′ = a, et le cercle
C1 en un point I ≠ O.
MM ′ ].
D I est le milieu de [ MM′
• Question 3
Soit  une parabole de foyer O et directrice D, et soit K le projeté orthogonal de
O sur D.
A
Le paramètre p de  est tel que OK = 2p .
B
Le sommet de  est le milieu de [OK].
C
Une équation polaire de  est :
D
M ∈ ⇔ O
OM
M=K
KM
M
r = p 1 + cos (θ − α ) .
• Question 4
Soit A le point de coordonnées (a, 0), et C le cercle de centre A passant par O.
On cherche l’ensemble Γ des sommets S des paraboles  de foyer O passant
par A.
A
Soit  est une parabole de foyer O et directrice D :
A ∈  ⇔ D est tangente au cercle C
→

Pour M ∈ C, on note θ =  i , AM 


orthogonal de O sur D.
On a :
[2π ], D la tangente en M à C, et K le projeté
→
B OK = a (1 + cos θ) u (θ)
→
C OK = a (1 − cos θ) u (θ)
D
Γ est la cardioïde .
73
énoncés
>
QCM 3 Inverse d’une courbe
(d’après EPL 2009)
 → →
Le plan P est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  .


On note P * = P − {O} .
Soient les points F et F’ tels que O soit le milieu de [ F F ′ ] et FF ′ = 2a (a > 0) ,
F étant d’abscisse positive.
Soit La l’ensemble des points M du plan tels que MF × MF ′ = a2.
• Question 1
Une équation cartésienne de La est :
A
(x
2
+ y2
)
2
(
= 2a2 x2 − y2
)
B
(x
2
+ y2
)
2
(
= 2a2 y2 − x2
)
Une équation polaire de La est :
C
D ρ2 = 2a2sin (2θ)
ρ2 = 2a2 cos (2θ)
• Question 2
Soit Γa la courbe d’équation polaire :
ρ = a 2 cos (2θ)
→
→
→
Soit u θ = (cos θ) i + (sin θ) j , et M(θ) le point de Γa de paramètre θ :
→
OM (θ) = ρ(θ) u θ
A
π

On peut se contenter d’étudier Γa pour θ ∈ 0,  , puis utiliser
4

trois symétries pour compléter Γa.
B
Γa est symétrique par rapport à O, donc La = Γ a .
C
En M(0), la tangente à Γa est (Ox).
D
Γa admet la droite d’équation y = x comme tangente, et se situe
au-dessus de cette tangente.
74
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
énoncés
• Question 3
On définit  par ( M ) = M ′ tel que :
 les points O, M , M′ sont sur la même demi-droite issue de O

 OM × OM ′ = 1
A
 est une application de P dans lui-même.
B

 est une bijection de P * dans P * , et  −1 = .
C
 est l’application de P * dans P * qui au point M d’affixe z fait
1
correspondre le point M′ d’affixe z ′ = .
z
D
 admet un unique point invariant.
• Question 4
On considère la courbe Ca d’équation :
x 2 − y 2 = 2 a2
A
B
Ca est une hyperbole équilatère de foyers F et F ′.
Ca est une hyperbole équilatère dont les directrices passent
par F et F ′.
C Une équation polaire de Ca est :
ρ2 cos (2θ) = a2
D


 C 1  = L 1
 2
2
75
énoncés
>
QCM 4 Géométrie de l’espace et
coniques
 → → →
L’espace est rapporté au repère orthonormé direct  O, i , j , k  . On note P le


 → →
plan  O, i , j  .


Soit a > 0. On considère les droites :
D : y= z+a=0
D′ : x = z − a = 0
Soit M un point de D d’abscisse λ, M′ un point de D′ d’ordonnée µ (λ et µ étant
de même signe), et H le point d’intersection de (MM′) avec le plan P.
• Question 1
A D ∩ D ′ = ∅, donc D est parallèle à D′.
Les équations paramétriques de la droite (MM′) sont :
B
 x = λ − λt

 y = µt
 z = a 1 + 2t
)
(

D
µ λ

H a pour coordonnées  , , 0 .
2 2

(t ∈  )
C
 x = λ + λt

 y = µt
 z = a 2t − 1
)
(

(t ∈  )
• Question 2
Soit Sa la sphère de centre O et de rayon a, et Γ l’ensemble des points H tels que
(MM′) soit tangente à Sa.
→
La distance d’un point A à une droite passant par B et dirigée par u est :
→
→
A
AB . u
B
→
u
AB ∧ u
→
u
C
(MM′) est tangente à Sa si et seulement si λµ = 2 a2.
D
Γ est une hyperbole du plan P d’équation xy = a2 dans
 → →
le repère  O, i , j  .


76
énoncés
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
• Question 3
On prend dans cette question λ = µ = a.
Soit Σ la sphère de diamètre [ MM ′], et Q le plan contenant O, M et M ′.
Soit  l’intersection de Σ et Q, et  la projection orthogonale de  sur le plan P.
A
L’intersection d’une sphère et d’un plan est toujours un cercle.
B La projection orthogonale d’un cercle sur un plan est toujours une ellipse.
C
D
→ →
 a pour équations dans  O, i , j  :


 → →
 a pour équation dans  O, i , j  :


 x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0

 x−y+z=0
x2 + y2 − ax − ay − a2 = 0.
• Question 4
 → →
Soit a la courbe du plan P d’équation dans  O, i , j  :


2
a
a
a
=0
x2 + y2 − xy − x − y −
2
2
2
A
Si a est une conique, sa nature dépend de a.
→ →
π →
 →
B Soit r la rotation d’angle , i ′ = r  i  , j ′ = r  j  .
 


4
 → →
i ′ , j ′ est :
L’équation de a dans le repère orthonormé  O, i′


x ′ 2 + 3 y ′ 2 − a 2 x ′ − a2 = 0
 → →
a a pour représentation graphique dans le repère  O, i , j  :


y
C
D
x′
y′
y
Ω
0
a
x′
y′
Ω
x
77
0
a
x
corrigés
>
QCM 1 Courbes paramétrées
• Question 1 : réponses C et D
→

• t =  i , OC 


polaire t :
cos t
sin t
→
ut
→
→
[2π ]
où u t est le vecteur unitaire d’angle
donc OC = a u t
donc
C
a cos t
,
a sin t
A
a cos t
,
0
0
a sin t
B
et
−a
a cos t
a sin t
AB
La réponse A est fausse.
• Déterminons l’équation de la droite (AB) :
y
M ( x, y ) ∈ ( A
AB
B ) ⇔ dét( A
AM
M , AB
AB ) = 0
B
∈
x − a cos
cos t
y
⇔
−a cos t
=0
a sin t
C
t
O
Une équation de (AB) est donc :
cos t ssin
in t = 0
(sinn t ) x + (ccos t ) y − a cos
M
A
x
La réponse B est fausse
• Cherchons les coordonnées de M, projeté orthogonal de C sur (AB) :
Soit M
x
.
y
→
En remarquant que AB ⊥ u
 CM ⊥ AB
(1) 
 M ∈ ( AB )
⇔
sin t
:
cos t
→

CM colin
néa
aire à u

 M ∈ ( AB )
(1) ⇔
 x − a cos
cos t = λ ssin
in t

sin t = λ ccos
os t
(λ ∈ )
 y − a sin
 sin
n
t
x
+
cos
c
t
y
−
a
co
s
t
s
in
t
=
0
)
)
(
(

(1) ⇔






(2) ⇔
x = λ sin
sin t + a cos
cos t
y = λ co
coss t + a sin
sin t
( λ sinn t + a ccos t )
siin
n t + ( λ cos
cos t + a ssin
in t )
coss t − a ccos
os t sin
sin t = 0
(
2
2
)
(2)
λ sin
sin t + ccos
os t = −a cos
cos t ssin
in t ⇔ λ = −a coss t sin
sin t
78
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
x = a cos t − a sin2 t cos t = a cos3 t
Donc M a pour coordonnées :
y = a sin t − a sintt cos2 t = a sin3 t
Donc le lieu de M est .
• Pour t ≠ k
π
2
La réponse C est bonne.
(k ∈ ), la tangente à  en M est dirigée par
dM
dt
soit
corrigés
dM si dM → .
≠ 0
dt
dt
x ′ = −3a sin
n t cos2 t
y ′ = 3a sin
n2 t cos t
dM
=3
n
t 
cos
si



t
dt
≠0
− a cos t
= 3 sin t cos t AB
a sin t





AB
Alors dM est colinéaire à AB et M ∈ ( AB
AB ) , donc (AB) est tangente à  en M.
dt
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponse C
M (t )
x(t ) = a cos3 t
y(t ) = a sin3 t
x et y sont de période 2π, donc  est de période 2π,
et on obtient la totalité de la courbe  en prenant t dans un intervalle de
longueur 2π.
La réponse A est fausse.
• On note sD la symétrie orthogonale par rapport à une droite D.
M ( −t )
x( −t ) = x(t )
y( −t ) = − y
y((t )
donc
s( x ′x ) : M (t )  M ( −t )
On peut dès lors restreindre l’étude de l’intervalle [ − π, π ] (de longueur 2π)
à l’intervalle [0, π], puis compléter . par la symétrie s(x′x).
π
t et π − t sont symétriques par rapport à
, et
2
donc :
s( y ′y ) : M (t )  M ( π − t ) :
M (π − t )
x( π − t ) = − x(t )
y( π − t ) = y
y((t )
on peut dès lors restreindre l’étude à l’inter-
π

valle 0,  , puis compléter  par les symétries s( y ′y ) et s( x ′x ) .
2

79
corrigés
t et
π

π
− t sont symétriques par rapport à π , et M  − t 
2

2
4
π

donc : s∆ : M (t )  M  − t  avec ∆ : y = x .
2

π

x  − t  = y(t )
2

π

y  − t  = x(t )
2

π

On peut dès lors restreindre l’étude à l’intervalle 0,  , puis compléter 
4

par les 3 symétries s∆, s( y ′y ) et s( x ′x ) .
La réponse B est fausse.
a
et
0
stationnaire.
• M (0)
→
dM
(0) = 0 d’après la question 1, donc M(0) est un point
dt
M (0).
) La droite (AM ) a pour coefficient directeur :
Notons A = M(
m(t ) =
m(t ) =
y(t ) − y(0)
x(t ) − x(0)
a sin3 t
sin3 t
=
3
a cos t − 1
coss t − 1) cos2 t + cos
cos t + 1
(co
(
)
(
)
2
nt 
 siin
sin t 
 t 
=
 1 − cos t 
−
cos2 t + ccos
cos
os t + 1
 t 2 
(
 sin t 
lim 
=1
 t 
t→ 0
et
costt  1
 1 − cos
lim 
=
 t 2  2
t→ 0
)
donc
lim
m m(t ) = 0
t→ 0
La tangente à  en M(0)a pour coefficient directeur lim m(t ), donc :
t→ 0
la tangente à  en M(0) est (x′x).
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 3 : réponse A
• ∀ u ∈  − {−1, 1} : M (u)
u+2
u2 − 1
2u
y(u) = 2
u −1
x(u) =
80
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
 1
M  
 u
et

 1 
Le milieu de  M (u), M   
 u 

corrigés
1
+2
u + 2 u2
 1
u
x  =
=
1
 u
1 − u2
−1
2
u
2
2u
 1
u
y  =
=
= − y(u)
2
1
 u
−1 1−u
2
u
1
 1 
x(u) + x    = −1

 u 
2
a pour coordonnées
1
 1 
y(u) + y    = 0

 u 
2
 1
donc M   est le symétrique de M(u) par rapport à Ω ( −1, 0) .
 u
Pour u ∈ ]−1, 1[ − {0} , 1 décrit. ]−∞, − 1[ ∪ ]1, + ∞[, donc il suffit d’étudier
u
 pour u ∈ ]−1, 1[ , puis de compléter par la symétrie par rapport à Ω, sauf
pour M(0).
La réponse A est bonne.
x ′(u) = −
dM
•
du
avec
u2 + 4u + 1
(u − 1)
2 (u + 1)
(u − 1)
2
2
=−
(u − α ))((u − β)
(u
2
)
−1
2
2
y ′(u) = −
2
2
 α = −2 − 3  −
−3
3, 7

−0
0, 3
 β = −2 + 3  −
La réponse B est fausse.
α < −1 < β < 0
m x(u) = −∞ et lim
• lim
m y(u) = +∞ donc  admet une branche infinie au
u → − 1+
voisinage de −1.
y
2u
(u) =
x
u+2
u → − 1+
→ − 2 donc  admet une direction asymptotique y = −2x
u → −1
( y + 2x ) (u) =
4
u −1
→ −2
u → −1
donc  admet l’asymptote : y = −2x − 2.
81
corrigés
lim
m y(u) = −∞ donc  admet une branche infinie au
• lim
m x(u) = −∞ et li
u → 1−
u → 1−
voisinage de 1.
2
y
2u
2
donc  admet une direction asymptotique y = x
(u) =
→
u
→
1
3
x
u+2
3
2 
4
2

→
 y − x (u) =
3
3 (u + 1) u → 1 3
donc  admet l’asymptote : y =
2
2
x+ .
3
3
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 4 : réponses B et C
Courbe du second degré
Soit la courbe Γ d’équation :
a x2 + b xy
xy + c y 2 + α x + β y + γ = 0
avec a, b, c, α, β, γ réels, (a, b, c ) ≠ (0, 0, 0) et ∆ = b2 − 4ac .
Γ est vide, ou un point, ou la réunion de droites, ou un cercle, ou une
conique.
Si c’est une conique ou un cercle, Γ est une parabole si ∆ = 0, une ellipse
ou un cercle si ∆ < 0, une hyperbole si ∆ > 0.
• − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0 donne : ∆ = 16 + 4 × 4 × 3 = 64 > 0 .
Donc, si Γ est une conique, c’est une hyperbole.
La réponse A est fausse.
•  admet deux asymptotes et un centre de symétrie Ω, donc il est possible
que  = Γ.
Équation cartésienne de  :
u+2

 x = u2 − 1
M ( x, y ) ∈  ⇔ ∃ u ∈  − {−1, 1} , (1) 
 y = 2u

u2 − 1
4

 2x − y = u2 − 1 (donc 2x − y ≠ 0) (L1 )
(1) ⇔ 
 y = (2x − y ) u
(L2 )

2
2y
(L2 ) ⇔ u =
et
2x − y
82
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
2x − y )
(2x
En remplaçant dans (L1), on obtient :
soit :
Donc :
corrigés
 4 y2

− 1 = 4

2
2x − y )
 (2x

−4x2 + 4xy + 3y2 − 8x + 4 y = 0
(1) ⇔
2y

 u = 2x − y avec 2x − y ≠ 0

 − 4x2 + 4xy + 3y2 − 8x
8x + 4 y = 0

(2)
u = 1 ou
ou u = −1 ⇔ u2 = 1 ⇔ 4 y2 = (2x − y )
2
Or :
On aurait alors, d’après (2), 2x − y = 0 , ce qui est impossible.
Donc :
M ∈ ⇔
 − 4 x2 + 4 x
xy
y + 3y2 − 8x + 4 y = 0

 2x − y ≠ 0
(2)
Dans (2), 2x − y = 0 donne y = 0 et x = 0, c’est-à-dire M = O, donc  = Γ − {O}.
La réponse B est bonne.
D’après la question 3 : la réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
>
QCM 2 Autour de la cardioïde
• Question 1 : réponses A et B
→
r et u (θ) sont de période 2π, donc on obtient toute la courbe  en l’étudiant
sur un intervalle de longueur 2π : [α, α + 2π ] .
r( −θ) = rr((θ) donc s( Ox ) : M (θ)  M ( −θ) : on peut dès lors restreindre
l’étude à l’intervalle [0, π], puis compléter  par symétrie par rapport à
l’axe Ox.
La réponse A est bonne.
83
corrigés
Point régulier – point singulier
→
→
dM
(θ ) = r ′ (θ ) u (θ ) + r (θ ) v (θ )
dθ
• M(θ) est régulier ⇔
→
π
v (θ ) = u  θ + 

2
→
avec
→
dM
(θ ) ≠ 0
dθ
La tangente en un point régulier est dirigée par
• M(θ) est singulier (stationnaire)
⇔
dM
(θ ) .
dθ
→
dM
(θ ) = 0 ⇔ r (θ ) = r ′ (θ ) = 0 .
dθ
Le seul point singulier possible est O, et si O = M (θ0 ) , la tangente en O
est la droite θ = θ0 [ π ] .
→ 
r
dM 
• On note V =  O
OM ,
 [ π ] , et si r ′ ≠ 0, tanV = .

r′
dθ
sin θ
• r ′(θ) = −a sin
si θ ≠ 0 [ π ] , r ′ (θ) ≠ 0 donc :
1 + cos θ
tan V = −
=−
sinθ
soit
V =
θ π
+
2 2
 θ
 θ
2 cos2  
cos  
 2
 2
θ
=−
= tan  +
2
θ
θ
θ
 
 
 
2 sin   cos  
sin  
 2
 2
 2
[π ] . Ce résultat reste vrai si
θ = 0 [π ] .
La réponse B est bonne.
• Là où la tangente à  est parallèle à (Oy) :
 → dM  π
 i ,
 =
dθ  2
3θ π
 → dM   → → 
+
 i ,
 =  i , u (θ) + V = θ + V =
dθ  
2 2
On a :
π

2
3θ π π
+ =
2 2 2
[π ]
⇔
[π ]
[π ]
3θ
2kπ
= kπ ⇔ θ =
(k ∈  )
2
3
On obtient 3 valeurs de θ (modulo 2π) : 0, 2π , − 2π donc il y a exactement
3
3
3 points de  où la tangente à  est parallèle à (Oy).
La réponse C est fausse.
84
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
corrigés
O donc M(0) ne peut pas être point singulier.
• M (0) ≠ O,
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et D
• M(( π ) = 0 donc la tangente en O est l’axe (Ox). O est un point de
rebroussement.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• Dθ coupe  en M = M(
M (θ) et M ′ = M(
M (θ + π ) .
a

C1 est le cercle de rayon a , passant par O, de centre Ω  , 0 .
2 
2
Dθ coupe C1 en I ≠ O,
O donc :
→
OI = a cos θ u (θ)
→
OM = a (1 + cos θ) u (θ)
et
Donc :
→
→
OM ′ = a (1 − cos θ) u (θ + π ) = a (cos θ − 1) u (θ)
→
MM ′ = OM ′ − OM = −2a
a u (θ )
et
MM ′ = 2a .
La réponse C est fausse.
→
1
• (OM + OM ′) = a cos θ u (θ) = OI , donc I est le milieu de [ M M ′].
2
La réponse D est bonne.
y
Ce résultat permet de construire la
cardioïde point par point :
a
C1 ;
• on prend I ŒIC
• sur (OI), on place M et M′ à la
distance a de I : on obtient ainsi 2
M
I
θ
M′
points M et M′ de la cardioïde.
Dθ
85
0
C1
a
2a
x
corrigés
• Question 3 : réponse B
Foyer et directrice d’une parabole
H
La parabole  de foyer O et de directrice D est
l’ensemble des points M équidistants de O et de D.
Le paramètre p de  est p = OK, où K désigne le projeté
orthogonal de O sur D.
Le sommet S de  est le milieu de [OK ].
p
où
1 + cos (θ − α )
α désigne l’angle polaire de l’axe focal (OK).
Une équation polaire de  est r =
K
M
S F=O
D

La réponse B est bonne, les réponses A, C et D sont fausses.
• Question 4 : réponses A et B
AO
O = d ( A, D)
• A ∈ ⇔ A
Or :
AO = a, rayon du cercle C de centre A.
y
K

S
θ
O
M
θ
2a
x
C
Donc :
D
d ( A, D) = a ⇔ D tangente à C ⇔ A ∈ 
La réponse A est bonne.
• AM = a
donc
→
AM = a u (θ) =
86
a cos θ
a sin θ
et
M
a (cosθ + 1)
a sin θ
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
corrigés
D est orthogonal à (AM) et à (OK ) donc :
→
Or :
λ cos
cosθ
λ sin
sinθ
K
OK = λ u (θ) ,
→
KM . u (θ
(θ ) = 0 ⇔
⇔
(a − λ ) cosθ + a
sinθ
(a − λ ) sin
KM
et
os2 θ + a cos θ + (a − λ ) ssin
in2 θ = 0
(a − λ ) ccos
λ = a (1 + cos
cos θ)
→
Donc OK = a (1 + cos θ) u (θ) , et K décrit la cardioïde .
La réponse B est bonne et la réponse C est fausse.
• S est le milieu de [OK ], donc OS =
→
a
(1 + cos θ) u (θ) et :
2
G (lieu des points S) est la cardioïde d’équation polaire r =
déduite de  par l’homothétie de centre O et de rapport
1
.
2
a
(1 + cosθ) ,
2
La réponse D est fausse.
>
QCM 3 Inverse d’une courbe
• Question 1 : réponses A et C
→ →

• Choisissons  O, i , j  tel que F


−a
a
et F ′
.
0
0
Cherchons une équation cartésienne de La :
M ( x, y ) ∈ La
⇔ MF 2 × MF ′2 = a4
⇔
( x − a )2 + y2  ( x + a )2 + y2  = a4

 

⇔
 x2 + y2 + a2 − 2ax
ax   x2 + y2 + a2 + 2ax  = a4
⇔
(x
(x
(x
⇔
⇔
2
+ y 2 + a2
2
+ y2
2
)
+y )
2
2 2
)
2
− 4 a2 x 2 = a 4
(
= 2a ( x
)
−y )
+ 2a2 x2 + y2 − 4a2x2 = 0
2
2
2
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
87
corrigés
• Cherchons une équation polaire de La :
M ∈ La
→
OM = ρ u θ
(
⇔ ρ4 = 2a2ρ2 cos2 θ − sin2 θ
⇔
 x = ρ cos θ

 y = ρ sin θ
)
⇔ ρ = 2a ρ cos (2θ)
4
2 2
⇔ ρ = 0 ( M = O ) ou ρ2 = 2a2 coss (2θ) (1)
Or, pour θ =
et :
π
, coss (2θ) = 0 et ρ = 0, donc la courbe d’équation (1) contient O,
4
M ∈ La ⇔ ρ2 = 2a2 cos (2θ)
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse B
OM (θ) = a
• ρ existe pour :
donc :
→
2 cos (2θ) u θ
coss (2θ) ≥ 0 , c’est-à-dire :
−
π
π
+ 2kπ ≤ 2θ ≤ + 2kπ
2
2
π
 π

θ ∈  − + kπ,
+ kπ  , k ∈ 
4
 4

→
• ρ est de période π et u θ est de période 2π, donc Γa est de période 2π :
on obtient toute la courbe en étudiant sur un intervalle de longueur 2π.
• ρ(θ + π ) = ρ
ρ((θ) donc sO : M (θ)  M (θ + π ) : on peut dès lors restreindre
 π π
l’étude à l’intervalle  − ,  , puis compléter par la symétrie de centre O.
 2 2
• ρ( −θ) = ρ(θ) donc s( Ox ) : M (θ)  M ( −θ) : on peut dès lors restreindre
π

l’étude à l’intervalle 0,  , puis compléter par les symétries s( Ox ) et sO.
2


• ρ n’existe pas sur  π , π  , donc il suffit de mener l’étude sur
 4 2 
d’utiliser 2 symétries pour obtenir toute la courbe Γa.
π

0, 4  puis
La réponse A est fausse.
88
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
corrigés
• Γa est symétrique par rapport à O. Une équation polaire de La est :
ρ2 = 2a2 cos (2θ)
⇔ ρ=a
2 cos (2θ) (1)
ou
ρ = −a
2 cos (2
2θ
θ) (2)
(1) est l’équation polaire de Γa, et (2) est celle de la courbe symétrique de Γa
par rapport à O, c’est-à-dire encore Γa. Donc La = Γ a .
La réponse B est bonne.
• M(0) est le point tel que θ = 0 et ρ = a 2 , donc M (0) ∈ (O
Ox
x) .
ρ
, mais
ρ′
cela n’est pas nécessaire ici. En effet, (Ox) est un axe de symétrie de Γa, et si
la tangente en M(0) est (Ox), alors M(0) est un point de rebroussement, donc
un point singulier, ce qui est impossible puisque M (0) ≠ O.
O
On pourrait déterminer la tangente en M(0) en calculant tanV =
La réponse C est fausse.
π
 π
• M   = O donc la tangente en O est la droite θ =
 4
4
[π ] , soit la droite ∆
d’équation y = x. Mais Γa se situe sous ∆ pour θ ∈ [ − π / 4, π / 4] .
La réponse D est fausse.
y
θ 0
ρ a
π/4
2
+
0
F′
−a
y=x
F
a
O
x
• Question 3 : réponse B
me
 les points O, M , M ′ sont sur la mêm

 : M  M ′  demi-droiite
te issue de O
 OM × OM ′ = 1

NON O n’a pas d’image par .
(1)
(2)
La réponse A est fausse.
89
corrigés
• Pour M ≠ O :
si M ′ = ( M ) , alors M = ( M ′ ) d’après (1) et (2),
donc  est une bijection de P * dans P *, et  −1 =  .
La réponse B est bonne.
 est en fait une application involutive de P * :
• Soit M(z)
et M ′(z ′) :
 o  = IdP *
(( M ) = M ′ ⇔
donc :
OM ′ =
1
OM
OM 2
z′ =
soit
z
z
2
 OM ′ = λ OM, λ > 0

2
 λ OM = 1
⇔ z′ =
z
zz
⇔ z′ =
(1)
(2)
1
z
La réponse C est fausse.
1
= z ⇔ zz =1 ⇔
z
• M ( z ) invariant ⇔ z ′ = z ⇔
2
z =1
L’ensemble des points invariants par  est donc le cercle de centre O et de
rayon 1.
La réponse D est fausse.
• Question 4 : réponse B
Ca : x2 − y2 = 2 a2
⇔
x2
y2
− 2 =1
2
2a
2a
(équation réduite).
Donc Ca est une hyperbole de centre O, d’asymptotes x2 − y2 = 0 ,
c’est-à-dire les bissectrices des axes, donc elle est équilatère, d’axe focal (Ox).
• α = β = a 2 donc les sommets de Ca sont A
et ses foyers sont I
donc I
a 2
−a 2
et A ′
,
0
0
c
−c
et I ′
avec c2 = α2 + β2 = 4a2 ,
0
0
− 2a
2a
et I ′
.
0
0
La réponse A est fausse.
• Les directrices ont pour équations :
x=±
α2
c
⇔ x = ±a
donc les directrices passent par F et F′.
La réponse B est bonne.
90
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
corrigés
• Une équation polaire de Ca est :
ρ2 cos2 θ − ρ2 sin2 θ = 2a2
ρ2 cos (2θ) = 2a
2a2
soit
La réponse C est fausse.
NON
• Pour les mêmes raisons qu’à la question 2, Ca a pour équation
polaire :
ρ=
C1 : ρ=
2
a 2
cos (2θ) > 0
avec
cos (2θ)
1
et
cos (2θ)
cos (2θ)
L1 : ρ =
2


On peut déjà remarquer que O ∉C 1 , alors que O ∈ L 1 . Donc   C 1 
2
2
ne peut pas contenir O.
Plus précisément :
M(z) ∈C 1
M ¢ = ( M ) a pour affixe : z ′ =
M ∈C 1
2
soit :
>
2

La réponse D est fausse.
1
⇔ z=
cos (2q )
2
Donc :

1
=
z
cos (2q ) e − i q =
⇔ M ¢ ∈ L 1 et M
ei q
(cos (2q) > 0)
cos ( -2q ) e - i q 0.
O
2


  C 1  = L 1 - {O}
 2
2
QCM 4 Géométrie de l’espace et coniques
• Question 1 : aucune réponse n’est bonne
y = 0
 z = −a

⇒ a = 0 : impossible, donc D ∩ D ′ = ∅ , ce qui signifie
• D ∩ D′ : 
x = 0
 z = a
que D’ est strictement parallèle à D, ou que D et D ′ sont non coplanaires.
91
corrigés
1
x = t
x = 0
→
→


D :  y = 0 est dirigée par u 0 , et D′ :  y = t est dirigée par u′
 z = −a
z = a
0


0
1
0
→ →
u . u ′ = 0 donc D ⊥ D ′ , et D et D ¢ sont non coplanaires.
La réponse A est fausse.
• M
λ
0
−a
et
0
M′ µ
a
( λ, µ ≥ 0)
donc
λ
MM ′
µ
−a
 x = λ − λt

 y = µt
 z = a 2t − 1
)
(

d’où les équations paramétriques de (MM ′) :
Les réponses B et C sont fausses.
x = λ − λt
y = µt



H
=
(
MM
M
M
′
)
∩
P
:
{
}

•


donc t =
z = a (2t − 1)
1
et H
2
z=0
λ /2
µ /2
0
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et C
Distance d’un point à une droite
→
→
La distance d’un point A à une droite ∆ = B +  u est : d ( A,
A,∆
∆) =
AB ∧ u
→
u
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• (MM′) tangente à Sa ⇔ d (O,( MM ′ )) = a (1).
donc :
(1) ⇔
OM ∧ MM ′
MM ′
2
2
= a2 ⇔
Or :
a2 µ 2 + a2 λ 2 + λ 2 µ 2
λ 2 + µ2 + 4a2
aµ
OM ∧ MM ′ −aλ
λµ
= a2 ⇔
λµ = 2a2
(car λµ ≥ 0 )
La réponse C est bonne.
92
chapitre 4 : Géométrie du plan et de l’espace...
 x = λ /2

*2
H
∈
Γ
⇔
∃
(
λ
,
µ
)
∈

,
•
 y = µ /2
+

2
λµ = 2a
⇔ xy =
Donc Γ est l’hyperbole de P d’équation xy =
corrigés
a2
2
a2
.
2
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponse C
λ = µ = a donc M (a, 0,, − a ) et M ′ (0, a
a,, a ) .
Intersection d’une sphère et d’un plan – projection d’un cercle sur
un plan
• L’intersection d’une sphère et d’un plan est soit vide, soit un point
(plan tangent à la sphère), soit un cercle.
• La projection d’un cercle d’un plan P sur un plan Q est soit un cercle
(si P//Q), soit un segment (si P⊥Q), soit une ellipse.
Les réponses A et B sont fausses.
• N ( x, y, z ) ∈ Σ ⇔ NM . NM ′ = 0 ⇔ x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0
N ( x, y, z ) ∈ Q ⇔ dét (O
ON
N, O
OM
M, O
OM
M ′) =
Donc
x a 0
y 0 a =0 ⇔ x−y+z=0
z −a a
 x2 + y2 + z 2 − ax − ay − a2 = 0
= Σ∩Q : 
 x−y+z=0
La réponse C est bonne.
• Soit p la projection orthogonale sur le plan P.
p : M ( x, y, z)
z )  m( x,
x, y, 0).
m( x, y, 0) ∈  ⇔ ∃ z ∈ , M ((x
x, y, z)
z) ∈ 
 z = y − x
⇔ ∃ z ∈ ,,  2
2
2
2
 x + y + ( y − x ) − ax − ay − a = 0
93
corrigés
⇔ 2x2 + 2y2 − 2xy − ax − ay − a2 = 0
La réponse D est fausse.
L’équation de l’assertion D représente l’intersection de la sphère et du
plan.
• Question 4 : réponses B et C
• Le discriminant de l’équation de a vaut :
Donc, si a est une conique, c’est une ellipse.
→
• rπ : i
4
→
 i′
1/ 2
1/ 2
et
→
j

→
j′
∆ = 1 − 4 = −3 < 0
La réponse A est fausse.
− 1/ 2
1/ 2
donc, si (x,y) sont les
→ →

coordonnées de M dans  O, i , j  et (x ′, y ′) celles dans


 x = 1 / 2 ( x ′ − y ′)

 y = 1 / 2 ( x ′ + y ′)
alors : x2 + y2 − xy −
→ →

 O, i , j  :
a
a
a2
x− y−
= 0 ⇔ x ′2 + 3y ′2 − a 2x ′ − a2 = 0
2
2
2
(1)
La réponse B est bonne.

a 2
x′ − 2 


3a2
2
2
a 2
y ′2
= 1 : a est donc l’ellipse de centre Ω
2 ,
2
a
0
2
3
, et de longueur
d’axe focal (Ω x ′), de longueur du ½ grand axe a
2
• (1) ⇔
−
du ½ petit axe a .
2
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
94
chapitre 5
Applications –
Structures ---
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Injections - Surjections –
Bijections
96
103
• QCM 2 : Dénombrement
97
106
• QCM 3 : Groupes et morphismes
99
107
• QCM 4 : Anneaux - Corps – Arithmétique 100
111
95
énoncés
>
QCM 1 Injections - Surjections – Bijections
→ →
Le plan P est rapporté à un repère orthonormé direct (O, i , j ).
→ →
Pour tout point M, on note (x, y) ses coordonnées dans le repère (O, i , j ), et
z = x + iy son affixe.
Soit f l’application de P dans P qui au point M d’affixe z associe le point M ′ = f (M)
d’affixe z ′ = z2 + z.
• Question 1
Soient E et F deux ensembles, et ϕ une application de E dans F. A désigne une
partie de E, et B une partie de F.
A
F est l’ensemble des images par ϕ des éléments de E.
B
Si : ∀ ( x, x′ ) ∈ E 2,
C
Pour qu’il existe une application induite par ϕ de A dans B, il faut
( ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ )
⇒ x ≠ x′ ) , alors ϕ est injective.
que ϕ(A) ⊂ B.
D Pour que ϕ induise une bijection de A dans B, il suffit de montrer
que tout élément de B admet un unique antécédent dans A.
• Question 2
Soit : ϕ :
→ 
z  ez
, U = { z ∈  / z = 1 }, ∆ = { z ∈  / ℜe( z ) = ℑm( z ) } .
A
ϕ est une application surjective.
B
ϕ−1(U) = i
C
ϕ(∆) = ∆
D Soit A = { z ∈  / ℜe( z ) ≥ 0 et ℑm( z ) ∈ [0, 2π[} et
B = {z ∈ / z ≥ 1} .
ϕ induit une bijection de A dans B.
96
chapitre 5 : Applications-Structures ---
énoncés
• Question 3
A
f est surjective.
B
f est injective.
C
∀( M , N ) ∈ P2, ( f ( M ) = f ( N )) ⇔ (M = N ou M = s( N ))
où s est la symétrie de centre Ω d’affixe ½.
1 


D Soit G =  M ( x, y ) ∈ P / y > 0 ou  y = 0 e
ett x ≥ −  .

2 

f induit une bijection de G dans P.
• Question 4
D(C, r) désigne le disque ouvert de centre C et de rayon r (r > 0) :
D (C, r ) = { M ∈ P / CM < r }
1
1
Soient I et J les points d’affixes respectives − et − , et soit ∆ la droite d’équation
2
4
y = x.
f −1 D ( J , r ) est :
A
B le disque D(I, r2).
le disque D(I, r).
f (∆) est :
C
>
une droite.
D une parabole.
QCM 2 Dénombrement
Une serrure de sécurité possède n boutons numérotés de 1 à n (n ≥ 1). Une
« combinaison » consiste à pousser dans un certain ordre tous les boutons.
Chaque bouton n’est poussé qu’une seule fois, mais il est possible de pousser
simultanément plusieurs boutons.
On note An = { 1, 2, ..., n} l’ensemble des entiers de 1 à n.
97
énoncés
(
)
Par définition, une n-combinaison est une suite ordonnée P1, P2, ..., Pj de j
parties P1, P2, …, Pj de An (1 ≤ j ≤ n), ces parties formant une partition de An,
c’est-à-dire qu’elles sont non vides, deux à deux disjointes, et que leur réunion
est égale à An.
On note an le nombre de n-combinaisons.
Exemples :
• n = 1 : il y a une seule 1-combinaison : ({1}), donc a1 = 1.
• n = 2 : il y a trois 2-combinaisons : ({1}, {2}), ({2}, {1}), ({1, 2}) donc a2 = 3.
({1}, {2}) consiste à appuyer d’abord sur le bouton 1, puis sur le bouton 2.
({1, 2}) consiste à appuyer simultanément sur les boutons 1 et 2.
• Question 1
A
a3 = 13
B a3 = 12
Pour n donné, le nombre de n-combinaisons telles que les boutons soient
poussés les uns après les autres, c’est-à-dire que les parties Pi (1 ≤ i ≤ n)
soient des singletons, est :
C
D nn
n!
• Question 2
(
)
Soit S = P1, P2, ..., Pj une n-combinaison quelconque (n ≥ 1).
Soit un entier k (1 ≤ k < n). Pour une partie P1 fixée de cardinal k, le nombre de
n-combinaisons est :
A
(n − k)!
B an−k
Donc le nombre de n-combinaisons total est :
C
an =
n −1
∑=
k 1
 n
an − k
 k
D
98
n −1
 n
an = 1 + ∑   ap
p=1  p
énoncés
chapitre 5 : Applications-Structures ---
>
QCM 3 Groupes et morphismes
On définit dans 2 la loi notée * par :
∀(( x, y ),( x′, y′ )) ∈ ( 2 )2, ( x, y ) * ( x′, y′ ) = ( x + x′, y e x ′ + y′ e − x )
Soit l’équation (1) d’inconnue f :  →  :
∀ ( x, x′ ) ∈ 2,
f ( x + x′ ) = f ( x ) e x ′ + f ( x′ ) e − x
(1)
• Question 1
Soit f une solution de (1).
A
f (0) = 0
B
f (0) = 1
C
∀ x ∈  , f (1 + x ) = f ( x + 1) donc f ( x ) = f (1)sh x
D
∀ λ ∈ , l’application fλ : x  λ sh x est solution de (1).
• Question 2
A
* est une loi de composition interne commutative dans 2.
B
( , *) est un groupe, et  × {0} est un sous-groupe.
C
 + 2 est stable pour la loi *.
D
(
2
+
2
)
(
)
, * est un sous-groupe de  2, * .
99
énoncés
• Question 3
Pour une application f :  →  , on note Γ = { ( x, f ( x )) / x ∈ } son graphe.
A
Γ est stable pour * si et seulement si f = sh.
On prend dans la suite pour Γ le graphe de la fonction sh.
Soit ϕ :
B
 → 2
x 
( x,
sh x )
(
(
)
un sous-groupe de  2, * .
C
)
ϕ est un morphisme de groupe de (, +) dans  2, * , donc Γ est
ϕ n’est pas injectif.
D ϕ induit un isomorphisme de (, +) dans (Γ, *) .
>
QCM 4 Anneaux - Corps – Arithmétique
Certaines questions de ce QCM sont réservées à la filière MPSI.
On pose :
{ x ∈
F = { x ∈
/ ∃ (m, n) ∈  2, x = m + n 2
E=
/ ∃ (u, v) ∈  2, x = u + v 2
}
}
Soit dans 2 les équations :
m2 − 2 n2 = 1
m2 − 2 n2 = −1
(1)
(2)
• Question 1
A
B
C
L’application ϕ :
2 → 
(u, v)
 u+v 2
E est un sous-anneau de .
(
)
n’est pas injective.
2 et 1 + 2 ne sont pas inversibles dans E.
D F n’est pas un sous-corps de .
100
énoncés
chapitre 5 : Applications-Structures ---
• Question 2
Pour tout élément x = m + n 2 de E, on note : x = m − n 2 .
Soit N l’application définie sur E par : N ( x ) = x x .
Soit :
{
}
G = x ∈ E / x = m + n 2 et (m, n) solution de (1) ou (2) .
A
L’équation N(x) = 0 n’a pas de solution dans E.
B
Si (m, n) est solution de (1) ou (2), alors x = m + n 2 est inversible
dans E.
C
N est un morphisme de groupe de (E, x) dans (, x)
D G est l’ensemble des éléments inversibles de E.
• Question 3 (assertion D réservée aux MPSI)
(
Pour p ∈ , up = 1 + 2
)
p
∈ E , donc il existe deux entiers ap et bp tels que :
(1 + 2 )
(
)
p
= ap + bp 2
p
A
ap − bp 2 = 1 − 2
B
∀ p ∈ , ap , bp est solution de (1).
C
(1 + 2 ) + (1 − 2 )
(
p
)
p
est la partie entière de up.
D ap et bp sont premiers entre eux.
101
énoncés
• Question 4 (MPSI)
Soit :
z=
3
20 + 14 2 +
3
20 − 14 2 .
On considère l’équation :
x3 − 6x − 40 = 0
A
z est solution de (3).
B
(3) a trois racines réelles.
(3)
p
On cherche les solutions rationnelles positives de (3) sous la forme x = ,
q
*
p ∈ , q ∈  , p et q premiers entre eux.
C
q divise p3, ce qui est impossible puisque p et q sont premiers entre
eux, donc (3) n’a pas de solution rationnelle, et z ∉ .
D p divise 40, et (3) a une unique solution rationnelle, donc z ∈ .
102
corrigés
>
QCM 1 Injections - Surjections – Bijections
• Question 1 : réponse C
F est l’ensemble d’arrivée ; c’est l’ensemble des images si et seulement
NON si ϕ est surjective.
La réponse A est fausse.
• ∀ ( x, x′ ) ∈ E2, (ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ ) ⇒ x ≠ x′ ) signifie qu’un élément de E a au
plus une image, ce qui est vrai pour toute application ϕ.
ϕ injective ⇔ ∀ ( x, x′ ) ∈ E2,
( x ≠ x′
⇒ ϕ( x ) ≠ ϕ( x′ ) )
La réponse B est fausse.
• A ⊂ E, donc on peut restreindre ϕ à A :
ϕ|A :
A → F
x  ϕ( x )
Pour que l’application ϕ′ : A → B
existe, il faut que tout élément x de A
x  ϕ( x )
soit tel que ϕ(( x ) ∈B, c’est-à-dire que ϕ(( A ) ⊂ B.
La réponse C est bonne.
ϕ induit une bijection ϕ′ de A dans B si ϕ(( A ) ⊂ B et si ϕ′ est bijective,
NON c’est-à-dire que tout élément de B admet un unique antécédent dans A.
La réponse D est fausse.
Par exemple : ∀ y ∈  *+ , ∃! x ∈  + , y = x 2,
 + →  *+
mais il n’existe pas d’application :
x  x2
car 0 n’a pas d’image.
• Question 2 : réponses B et D
∀ z ∈ ,
, e ≠ 0 ,
NON pas
surjective.
surjective
z
donc 0 n’a pas d’antécédent par ϕ, et j n’est
La réponse A est fausse.
103
corrigés
ϕ −1(U ) = { z ∈  / ϕ( z ) ∈ U }. Soit z = x + i y , ( x, y ) ∈  2 :
z ∈ ϕ −1(U ) ⇔
donc
NON
ez = 1 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0 ⇔ z ∈  i
ϕ −1( U ) =  i .
ϕ(( z ) ≠ 0
ϕ
donc
e z = e x ei y .
La réponse B est bonne.
ϕ ( ∆ ) ⊂ *
or
0 ∈ ∆ donc
ϕ (∆) ≠ ∆
.
La réponse C est fausse.
A = { z ∈  / z = x + i y, x ≥ 0 et y ∈ [0, 2π ] } . Soit z ∈ A :
e z = e x ei y .
e z ≥ 1 : ϕ(( z ) ∈B,
x ≥ 0 ⇒ e x ≥ 1 donc
et ϕ induit une application de A dans B.
A→B
ϕ′ :
est-elle bijective ?
z  ez
ez = Z
Soit Z ∈ B, on cherche z = x + i y ∈ A tel que :
(1) ⇔ e x ei y = Z ei arg Z
Or :
⇔
e x = Z

arg Z
 y ≡ arg
[2π ]
⇔
(1)
x = ln Z

 y ≡ arg Z
[2π ]
• Z ∈ B, donc Z ≥ 1 , donc x ≥ 0 et x est unique.
• y ∈ [0, 2π[
et
y ≡ arg Z
[2π ]
donc y est unique.
Donc j¢ est bien bijective de A dans B.
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
Soit Q( Z ) ∈P, on cherche z ∈  tel que Z = z 2 + z
(2) ⇔ z 2 + z − Z = 0
1
:
4
1
- Si Z ≠ − :
4
- Si Z = −
(2) a une racine double z0 = −
(2).
∆ = 1+ 4Z
1
2
(2) a 2 racines distinctes.
Donc : ∀ Z ∈  , ∃ z ∈  , Z = z 2 + z et f est surjective.
La réponse A est bonne.
104
corrigés
chapitre 5 : Applications-Structures ---
En revanche, Q(Z) peut avoir 2 antécédents par f, donc f n’est pas
NON injective
injective.
La réponse B est fausse.
f ( M ) = f ( N ) ⇔ z 2 + z = z ′2 + z ′
• Soit M(z) et N(z′) :
f (M ) = f ( N ) ⇔
( z − z ′ ) ( z + z ′ + 1) = 0
⇔ z = z ′ ou z = − z ′ − 1
⇔ M = N ou M = s( N )
où s : N ( z ′ )  M ( z )
est telle que
z = −z′ −1
méttrie de centre I ( − 12 ) .
Donc s est la sym
La réponse C est fausse.
On a vu que f est surjective, et que tout point Q( Z ) ( Z ≠ − 1 4
dents par f, symétriques par rapport à I ( − 12 ).
Or, G est une partie de P telle que, si M ≠ I :
z + z′
1
=−
2
2
soit
)
a deux antécé-
M ∈ G ⇔ s(
s( M ) ∉ G.
Donc f induit une bijection de G dans P.
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse D

D ( I, r ) =  M ( z ) ∈ P /

z+
1

<r
2

et

D ( J , r ) =  M ( zz)) ∈ P /

z+
1

<r
4

f −1 D ( J , r ) = { M ( z ) ∈ P / f ( M ) ∈ D ( J , r ) }
Donc
M ( z ) ∈ f −1 D ( J , r )
⇔
z2 + z +
M ( z ) ∈ f −1 D ( J , r )
⇔
z+
(
)
f −1 D ( J , r ) = D I , r .
1
<r ⇔
4
1
< r
2
z+
1
2
(
2
<r
⇔ M ∈ D I, r
)
Les réponses A et B sont fausses.
M ( z ) ∈ ∆ ⇔ ∃ x ∈  , z = x (1 + i )
M ′( z ′ ) ∈ f ( ∆ )
⇔ ∃ x ∈  , z ′ = x2 (1 + i ) + x (1 + i )
2
(
)
⇔ ∃ x ∈  , z ′ = x + 2x2 + x i
105
corrigés
x′ = x

2
 y′ = 2x + x
Notons (x′, y′) les coordonnées de M′ :
⇔ y′ = 2x′2 + x′
Donc f (D) est la parabole d’équation cartésienne y = 2x 2 + x.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
>
QCM 2 Dénombrement
• Question 1 : réponses A et C
n=3
:
A3 = { 1, 2, 3 } . Dénombrons les 3-combinaisons :
({i}, { j }, {k}) : il y a 3! = 6 possibilités ;
• ({i} , { j, k}) : ce qui revient à choisir {i} :
• ({i, j } , {k}) : ce qui revient à choisir {k} :
• ({ 1, 2, 3 }) : 1 seule possibilité.
•
On obtient au total :
il y a 3 possibilités ;
il y a 3 possibilités ;
a3 = 6 + 3 + 3 + 1 = 13.
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
Si les parties sont toutes des singletons, choisir une n-combinaison revient à
choisir l’ordre des boutons poussés. Il y a n! telles n-combinaisons.
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et D
• Pour P1 fixé de cardinal k (1 ≤ k < n), il reste à choisir (P2, ..., Pj) dans An − P1,
ce qui correspond à une (n − k) -combinaison de An − P1.
Pour P1 fixé de cardinal k (k < n), le nombre de n-combinaisons est donc
an−k.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
(
)
• Pour 1 ≤ k ≤ n , notons Ck l’ensemble des n-combinaisons P1, P2, ..., Pj
telles que Card P1 = k .
Les (Ck ) 1 ≤ k ≤ n forment une partition de l’ensemble des n-combinaisons de An.
Donc :
an =
106
n
∑= Card C .
k 1
k
chapitre 5 : Applications-Structures ---
(
corrigés
)
Soit P1, P2, ..., Pj ∈ Ck :
n
il y a   choix possibles de P1 de cardinal k, et pour
 k
 n
P1 fixé il y a an−k n-combinaisons, donc : Card Ck =   an−
n k .
 k
- Pour k = n : Cn = (An) donc Card Cn = 1.
- Pour 1 ≤ k ≤ n − 1 :
n −1
 n
an = 1 + ∑   an − k
k =1  k
Finalement :
.
La réponse C est fausse.
• Posons :
Or :
p = n − k

1 ≤ p ≤ n − 1
 n   n
 n − p =  p
donc
n −1
 n 
an = 1 + ∑ 
 ap
p=1  n − p
alors an s’écrit:
n −1
 n
an = 1 + ∑   ap
p=1  p
La réponse D est bonne.
>
QCM 3 Groupes et morphismes
• Question 1 : réponses A et D
x = x′ = 0 dans (1) donne :
f (0) = 2 f (0)
soit
f (0) = 0.
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
f (1 + x ) = f (1) e x + f ( x ) e −1
1+ x = x +1
et
f ( x + 1) = f ( x ) e + f (1) e − x
donc
f (1 + x ) = f ( x + 1)
(2)
(2) ⇔ f (1) e x + f ( x ) e −1 = f ( x ) e + f (1) e − x
(
)
(
⇔ f ( x ) e − e −1 = f (1) e x − e − x
(2) ⇔ f ( x ) sh 1 = f (1) sh x
(2) ⇔
f (x) =
f (1)
sh x
sh 1
or
sh 1 ≠ 1
or
)
sh 1 ≠ 0 , donc :
donc
f ( x ) ≠ f (1) sh x.
x
La réponse C est fausse.
107
corrigés
λ
 e x + x ′ − e − (x + x ′ ) 

2 
λ x′
ex′ +
e − e− x′ e− x
2
fλ ( x + x′ ) = λ sh
sh ( x + x ′ ) =
λ x
e − e− x
2
λ
 e x + x ′ − e − (x + x ′ ) 
=

2 
(
fλ ( x ) e x ′ + fλ ( x′ ) e − x =
)
(
)
fλ ( x + x′ ) = fλ ( x ) e x ′ + fλ ( x′ ) e − x
(1) est vérifiée
La réponse D est bonne.
f (1)
f (1)
sh x = l sh x avec l =
.
sh 1
sh 1
Réciproquement, " l ∈ , fl est solution de (1).
Donc, les solutions de (1) sont les fonctions f l : x  l sh x avec l ∈ .
Si f est solution de (1) :
f (x) =
• Question 2 : réponses B et C
∀ ( x, y ) , ( x′, y′ ) ∈ 2,
(x + x′, y e
x′
)
+ y ′ e − x ∈ 2
Donc * est une loi de composition interne dans 2.
Il semble que la loi * ne soit pas commutative. Vérifi
Vérifions-le
ons-le à l’aide
NON d’un contre-exemple :
2, 1) * (1, 0) = (3, e )
(1, 0) * (2, 1) = (3, e ) et (2,
−1
e −1 ≠ e donc (1, 0) * (2, 1) ≠ (2, 1) * (1, 0) et la loi * n’est pas commutative.
La réponse A est fausse.
• Étudions l’associativité de la loi * :
∀ ( x, y ) , ( x′, y′ ) , ( x ″, y ″ ) ∈  2 :
(
– ( x, y ) * ( x′, y′ ) * ( x ″, y ″ ) = ( x, y ) * x′ + x ″, y′ e x ″ + y ″ e − x ′
(
= ( x + x′ + x ″, y e
)
(
)
= x + ( x′ + x ″ ) , y e x ′ + x ″ + y′ e x ″ + y ″ e − x ′ e − x
x′ + x″
(
+ y′ e x ″ − x + y ″ e − (x + x ′ )
)
)
)
– ( x, y ) * ( x′, y′ ) * ( x ″, y ″ ) = x + x′, y e x ′ + y′ e − x * ( x ″, y ″ )
(
(
= ( x + x′ + x ″, y e
x′
)
x′ + x″
x″ − x
= ( x + x′ ) + x ″, y e + y′ e − x e x ″ + y ″ e − (x + x ′ )
108
+ y′ e
+ y″ e
− (x + x ′ )
)
)
corrigés
chapitre 5 : Applications-Structures ---
( x, y ) * ( x′, y′ ) * ( x ″,
Donc
2
y ″ ) = ( x, y ) * ( x′, y′ ) * ( x ″, y ″ ) , et la loi * est
associative dans  .
• ∀ ( x, y ) ∈  2 :
( x, y ) * (0, 0) = ( x, y )
et
(0, 0) * ( x, y ) = ( x, y )
donc
2
(0,0) est l’élément neutre pour la loi * dans  .
• Cherchons si ( x, y ) ∈  2 admet un symétrique (x′, y′) pour la loi * :
( x, y ) * ( x′, y′ ) = (0, 0)

( x′, y′ ) * ( x, y ) = (0, 0)
(1) ⇔
(2) :
x + x′ = 0
 x′
− x
 y e + y′ e = 0
( − x,
(1)
(2)
x′ = − x

( y + y′ ) e − x = 0

≠0

⇔
(
⇔
x′ = − x

 y′ = − y
)
− y ) * ( x, y ) = − x + x, − y e x + y e x = (0, 0)
Donc tout ( x, y ) ∈  2 admet un symétrique (−x, −y) pour la loi *.
(
)
Donc  2, * est un groupe non abélien.
 × {0} =
{ (x, 0) / x ∈  } est-il un sous-groupe de (
• (0, 0) ∈  × {0}
donc
2
)
, * ?
 × {0} ≠ ∅
• ( x, 0) * ( x′, 0) = ( x + x′, 0) donc  × {0} est stable pour la loi *, et la loi *
est commutative.
• (−x, 0), symétrique de (x, 0), appartient à  × {0}.
(
)
Donc  × {0} est un sous-groupe commutatif de  2, * .
La réponse B est bonne.
∀ ( x, y ) , ( x′, y′ ) ∈ 2+ :
x + x′ ≥ 0
et
y e x ′ + y′ e − x ≥ 0
donc
( x, y ) * ( x′, y′ )
Donc  2+ est stable pour la loi *.
NON Si (
∈  2+
La réponse C est bonne.
x, y ) ∈ 2+ , son symétrique ( − x, − y ) ∉ 2+ si x ≠ 0 par exemple.
Donc 2+ n’est pas un sous-groupe de ( 2, *).
La réponse D est fausse.
109
corrigés
• Question 3 : réponses B et D
• Γ est stable pour la loi * ⇔ ∀ ( x, x′ ) ∈  2,
⇔ ∀ ( x, x′ ) ∈  ,
2
( x,
f ( x )) * ( x′, f ( x′ )) ∈ Γ
(x + x′, f (x) e
x′
)
+ f ( x′ ) e − x ∈ Γ
⇔ ∀ ( x, x′ ) ∈  , f ( x + x′ ) = f ( x ) e + f ( x′ ) e − x
2
⇔
x′
f est solution de (1)
La réponse A est fausse.
• D’après la question 1, f = sh est solution de (1), donc Γ est stable pour la loi *.
(
)
(, +) et  2, * sont des groupes.
(
)
Cherchons si ϕ est un morphisme de (, +) dans  2, * .
Soit ( x, x′
x ) ∈ :
2
- ϕ ( x + x′ ) = ( x + x′, sh ( x + x′ ))
(
x′
− x
- ϕ ( x ) * ϕ ( x′ ) = ( x, sh x ) * ( x′, sh x′ ) = x + x′, (sh x ) e + (sh x′ ) e
ϕ ( x ) * ϕ ( x′ ) = ( x + x′, sh ( x + x′ ))
donc :
)
car f = sh est solution de (1)
ϕ ( x + x′ ) = ϕ ( x ) * ϕ ( x′ ) :
(
)
j est un morphisme de groupe de (, +) dans  2, * .
(
2
)
Or Γ = Im ϕ , donc G est un sous-groupe de  , * .
La réponse B est bonne.
ϕ injectif ⇔ Ker ϕ = {0}
Soit x ∈  :
x ∈ Ker ϕ ⇔ ϕ( x ) = (0, 0)
⇔
( x,
sh x ) = (0, 0)
x ∈ Ker ϕ ⇔ x = 0
Donc Ker ϕ = {0} et ϕ est injectif.
La réponse C est fausse.
(
)
ϕ est donc un morphisme de groupe injectif de (, +) dans  2, * .
Im ϕ = Γ, donc ϕ n’est pas surjectif.
Mais ϕ induit une bijection de  dans Γ.
Donc ϕ induit un isomorphisme de (, +) dans (Γ, *).
La réponse D est bonne.
110
chapitre 5 : Applications-Structures ---
>
corrigés
QCM 4 Anneaux - Corps – Arithmétique
• Question 1 : réponse B
ϕ (u, v) = ϕ (u′, v′ )
• Soit u, v, u′, v′ ∈ , supposons que :
Si
ϕ (u, v) = ϕ (u′, v′ )
⇔ u + v 2 = u′ + v′ 2 ⇔ u − u′ = (v′ − v) 2
v′ ≠ v
u − u′
v′ − v
alors
2=
Donc
v′ = v
ce qui est impossible.
et par suite
ϕ (u, v) = ϕ (u′, v′ )
Finalement :
2 ∈
donc
u′ = u.
(u, v) = (u′, v′ )
⇒
donc j est injective.
La réponse A est fausse.
En conclusion, lՎcriture de x ΠF (ou x ΠE ) sous la forme x = u + v 2
(ou x = m + n 2) est unique.
• E est-il un sous-anneau de  ?
(, +, ×) est un corps.
1= 1+ 0 ×
- 1, élément unité de , appartient à E car :
- Soient x, x′
x ∈E, x = m + n 2
et x′ = m′ + n′ 2 avec
2
2.
m, n, m′, n′ ∈ :
x − x ′ = ( m − m ′ ) + ( n − n′ ) 2
(
donc
( x − x′ ) ∈ E
x x′ = m + n 2
n − n′ ) ∈
∈ 2 .
(m − m′,
) (m′ + nn′′ 2 ) = (m m′ + 2 n n′n′) + (m n′ + m′n)
x x′ ∈ E
donc
car
car
car
(m m′ + 2 n n′,
m n′ + m ′ n ) ∈  2
Donc E est un sous-anneau de .
• 2 a pour inverse
1
1
=
2 2
On cherche s’il existe m, n ∈ 
La réponse B est bonne.
2 . A-t-on
1
2
2 ∈E ?
tel que :
1
2
2 = m+n 2.
(m, n) =  0,
D’après l’assertion A (unicité de l’écriture) :
Or
1
∉ , donc
2
2
1
.
2
2 n’est pas inversible dans E.
1
1− 2
=
= 2 − 1 ∈E, donc 1 + 2 est inversible dans E.
1+ 2
1+ 2 1− 2
La réponse C est fausse.
(
)(
(
)
111
)
corrigés
• F est-il un sous-corps de  ?
En remplaçant les entiers m et n par les rationnels u et v dans la démonstration de E sous-anneau de , on obtient que F est aussi un sous-anneau de .
Soit
x = u + v 2 ∈ F*
avec
(u, v) ∈  2 − {0, 0} .
1
1
u−v 2
u
−v
=
=
= 2
+ 2
2
x u + v 2 u2 − 2 v2 
u−
2
v
u
−
v2




2

u′
soit
2
et
(u′, v′ ) ∈ 2
v′
1
∈F.
x
La réponse D est fausse.
Donc F est un sous-corps de .
• Question 2 : réponses B et D
• N ( x ) = m2 − 2 n2
donc :
N ( x ) = 0 ⇔ x x = 0 ⇔ m2 − 2 n2 = 0 ⇔ m2 = 2 n2 .
m2
donc
n2
et par suite m = 0.
Si n ≠ 0, 2 =
m
∈  ce qui est impossible, donc n = 0
n
2=
Finalement, N(x) = 0 a pour unique solution x = 0, élément de E.
La réponse A est fausse.
m − 2 n = 1 ou m − 2 n2 = −1 :
1
1
m−n 2
x
1
=
=
=
= ± x donc
∈ E et x est inversible
x m + n 2 m2 − 2 n2 N(x)
x
• Si (m, n) est tel que
2
2
2
dans E.
La réponse B est bonne.
∀ x ∈ E,
NON
N ( x)
x = m2 − 2 n2
donc
N ( x ) ∈
et
N:
E → 
x  N
N(( x )
(, ×) n’est pas un groupe, donc N n’est pas un morphisme de groupe.
(
La réponse C est fausse.
(
En revanche : x x ¢ = m + n 2
donc :
) ( m ¢ + n¢ 2 ) = ( m m ¢ + 2 n n¢ ) + ( m n¢ + m ¢ n)

x
x ¢ = ( m m¢ + 2 n n¢
n¢ ) - ( m n¢ + m¢ n) 2 = x x ¢

et N ( x x ¢ ) = x x ¢ x
x ¢ = x x ¢ x x ¢ = N ( x ) N ( x ¢ )
N est donc un morphisme de (E, ¥) dans (, ¥).
112
2
chapitre 5 : Applications-Structures ---
corrigés
• Notons H l’ensemble des éléments inversibles de E.
D’après l’assertion B, G ⊂ H.
A-t-on H ⊂ G ? Soit x inversible dans E, alors, N étant un morphisme, N(x)
est inversible dans (, x), donc N ( x ) = ± 1 et x ∈ G, soit H ⊂ G et finalement
H = G.
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
(
• 1+ 2
 p
 k
p
) =∑
p
k=0
k
2 =

 p q
 p  q
 2q 2 +  ∑

 2 
0 ≤ 2q ≤ p
0 ≤ 2q + 1 ≤ p  2q + 1









∑
ap
(1 − 2 )
p
=
 p
 k
p
∑
=
k
0
(− 2)
k
2
bp
La réponse A est bonne.
= ap − bp 2
• (ap, bp) est solution de (1) ⇔ ap2 − 2 bp2 = 1
(
Or : ap2 − 2 bp2 = ap + bp 2
) (a
) (
− bp 2 = 1 + 2
p
) (1 − 2 )
p
p
= (1 − 2) = ( −1)
p
p
Donc (ap, bp) est solution de (1) si p est pair, et de (2) si p est impair.
La réponse B est fausse.
(
) + (1 − 2 )
p
• Soit :
ep = 1 + 2
A-t-on
ep ≤ up < ep + 1,
(
up − ep = − 1 − 2
)
p
p +1
(
= 2 ap
donc
ep ∈ .
0 ≤ up − ep < 1 ?
soit
= ( −1)
p
)
2 −1
p
or
donc ep est la partie entière de up si ( −1)
p +1
+1
0<
(
)
p
2 −1 < 1
= 1,
1 c’est-à-dire si p est impair.
La réponse C est fausse.
• On a
ap2 − 2 bp2 = ± 1
donc
(
)
(
)
ap ε ap − bp 2 ε bp = 1
avec
ε = ± 1.
Donc, d’après le théorème de Bézout, ap et bp sont premiers entre eux.
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses A et D
3
3
14
2 + 
2
0−
1
4 
2 =a+b
• z = 20
+




a
b
z = (a + b) = a + b + 3 ab
ab ( a + b ) = 4 0 + 3 a
ab
b (a + b)
3
3
3
3
113
corrigés
ab =
d’où :
3
(20 + 14 2 ) (20 − 14 2 )
z 3 = 40 + 6 z
=
3
202 − 2 x 142 =
8=2
z 3 − 6 z − 40 = 0.
soit
Donc z est solution de (3).
La réponse A est bonne.
x  x 3 − 6 x − 40
• Soit f :
3
(
(
)
f ′( x ) = 3 x 2 − 2 = 3 x + 2
Alors
) (x − 2 )
D’où le tableau de variation ci-après, avec :
(
)
M = f − 2 <0
x −∞
f ′(x)
−√ 2
0
M
+
f (x)
et
m= f
√2
0
−
( 2 ) < 0.
+∞
α
+
+
0
+∞
m
−∞
f est continue sur  donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires :
∃ ! α > 2, f (α ) = 0.
Donc (3) admet une unique racine réelle α > 0.
La réponse B est fausse.
3
•x=
donc
 p
p
p
est solution de (3) ⇔   − 6
− 40 = 0 ⇔ p3 − 6 pq
pq 2 − 4 0 q 3 = 0
q
 q
q
(
)
p p2 − 6 q2 = 40 q3
p3 = 2 q2 (3 p + 20 q )
et
p divise 40q3


p premier avec q , donc avec q3 
donc, d’après le théorème de Gauss, p divise 40.
q divise p3


q premier avec p 
(
)
p p2 − 6 = 4
40
• (3) devient
Seule la valeur p = 4
donc q = 1.
donc
La réponse C est fausse.
1 ≤ p2 − 6 ≤ 40
soit
7 ≤ p2 ≤ 4
46 .
convient.
Donc x = 4 est l’unique solution de (3).
Donc z = 4
et
La réponse D est bonne.
z ∈ .
114
chapitre 6
Suites réelles
et complexes
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Suite récurrente
116
123
• QCM 2 : Relation de comparaison
117
126
• QCM 3 : Suites produits
119
130
• QCM 4 : Bornes inférieure et supérieure
121
133
115
énoncés
>
QCM 1 Suite récurrente
Soit la suite (un )n ∈ définie par :
avec :
f : x 
 u0 ∈  +

 ∀ n ∈ , un+1 = f (un )
1 2
x −4
3
• Question 1
De manière générale, soit l’application ϕ : I →  (I intervalle de ) et
(vn )n ∈ la suite définie par : v0 ∈ I et ∀ n ∈ , vn+1 = ϕ (vn ) .
A
Si I n’est pas stable par ϕ, il existe des valeurs de v0 telles que vn
n’existe pas à partir d’un certain rang.
On suppose dans la suite de la question que I est stable par ϕ.
B
Si ϕ est décroissante sur I, (vn )n ∈ est décroissante.
C
Si (vn )n ∈ converge vers une limite ,
D
Si (vn )n ∈ converge vers une limite , ϕ(() =  dès que ϕ est
 ∈I .
continue en .
• Question 2
Soit g :  + →  définie par :
g( x ) = f ( x ) − x .
On a donc :
∀ n ∈ , g (un ) = un +1 − un.
A
Si (un )n ∈ converge vers une limite ,
B
Sur [0, 1[ , g( x ) ≥ 0 , donc si u0 ∈ [0, 1[ (un )n ∈ est croissante.
C
Sur [4, + ∞[ , g( x ) ≥ 0 , donc si u0 ∈ [4, + ∞[ (un )n ∈ est croissante.
D
Si u0 ∈ [4, + ∞[, la suite (un )n ∈ diverge vers + ∞.
116
 = 1 ou  = 4 .
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
énoncés
• Question 3
On suppose dans cette question que u0 ∈ [ 0, 2 ].
A
4

∀ n ∈  * , un ∈ 0,  .
3

B
La suite extraite (u2n )n ∈ est croissante.
C
∀ n ∈ *,
D
∀ n ∈ ,
un+1 − 1
un − 1
≤
7
9
 7
≤  
 9
un − 1 .
n
u0 − 1
et
(un )n ∈
converge vers 1.
• Question 4
On suppose dans cette question que u0 ∈ ]2, 4[ .
A
(un )n ∈ est décroissante.
B
∀ n ∈ ,
, un ∈ ]2, 4[ .
C
]2, 4[ ne contient aucun point fixe de f, donc (un )n ∈ diverge.
D
>
Il existe un entier N tel que uN ∈ [ 0, 2 ] , donc (un )n ∈ converge.
QCM 2 Relation de comparaison
• Question 1
A
Soit (un) une suite réelle ou complexe.
Si (un) admet une limite, un ∼ un+1.
(
)
B
nln n = o (ln n) .
C
1 
 
Soit un = ln  e +   .


n

D
Soit un = (ch n) n .
n
n
1
lim
n → +∞
1 
 
lim
m lln  e +   = 1 donc


n

n → +∞
1
=0
n
donc
117
lim un = 1 .
n → +∞
n→
lim un = 1.
n → +∞
énoncés
• Question 2
un = n
Soient :
n∼
A
n
B
un ∼
n
(
n+1 −
n+1 ∼1
n
n
)
et
donc
n
vn =
n+1 −
1
ln (ch n − 1).
n
n
n ∼ 0.
1
.
n
C ch n − 1 ∼
D
n
n2
2
donc vn ∼
ln (ch n − 1) ∼ n
et
n
2
et
vn − 1 ∼
lim vn = + ∞ .
n → +∞
ln 2
.
n
• Question 3 (d’après EPL 2007)
On pose :
∀n ∈ , un =
n
( −1)n e π − 1 .

1 + n2 
n
1 + n2
A
∀ n ∈ ,
 , un ≤
B
(un )n ∈ ne peut pas être convergente car elle n’est pas de signe
constant.
C
∀ n ≥ 2,
D
un ∼
un
≤
(
)
n eπ + 1
n2 − 1
eπ − 1
n
• Question 4 (d’après EPL 2004)
Soit A un nombre réel non nul, et α ∈ ]1, + ∞[ .
Soit (un )n ∈ une suite de réels strictement positifs convergeant vers 0.
On pose :
∀ n ∈ , θn = un1 − α − un+1 un − α
On suppose que (θn )n ∈ converge vers A.
118
et
xn = un+11 − α − un1 − α .
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
A
A < 0.
B
un+1
A
− 1 ∼ − −α
un
un
C
( xn )n ∈ est divergente car
D
n → +∞
 un+1 
 u 
1 −α
n
>
 u  1 − α

∀ n ∈ ,
, xn = un1 − α  n+1 
− 1
 un 

lim un1 − α = +∞ .
et
énoncés
u

− 1 ∼ (1 − α )  n+1 − 1 , donc ( xn )n ∈ converge vers (α − 1) A .
 un

QCM 3 Suites produits
• Question 1
Soit (un )n ≥ 1 une suite de réels non nuls. On lui associe la suite
définie par :
n
∀ n ∈  *, pn = ∏ up = u1 u2 u3 ... un .
p =1
On a donc :
( pn )n ≥ 1
pn+1
= un+1 .
pn
On dit que le produit ( pn )n ≥ 1 converge si et seulement si la suite ( pn )n ≥ 1 converge
vers une limite finie non nulle. Sinon, on dit que ( pn )n ≥ 1 diverge.
A
Pour que le produit ( pn )n ≥ 1 converge, il faut que la suite (un )n ≥ 1
converge vers 1.
Soit :
n

1
pn = ∏  1 +  .
p
p =1 
B
pn = n
C
pn = n + 1
D
(un )n ≥ 1
Alors :
converge vers 1 ⇒ ( pn )n ≥ 1 converge.
• Question 2
Soit f : x 
v1 = a
1+ x
2
(a ∈ ]0, 1[)
(vn )n ≥ 1
et
et
la suite définie par :
∀ n ∈  *, vn +1 = f (vn ) .
119
énoncés
A
∀ n ∈  *, vn ∈ ]0, 1[.
B
(vn )n ≥ 1
C
m f ( x ) = + ∞ , donc
est croissante et lim
x → +∞
lim vn = + ∞ .
n → +∞
f admet un unique point invariant x = 1, or 1 ∉ ]0, 1[,
donc (vn )n ≥ 1 diverge.
(t ∈ ]0, π / 2[) .
D On pose a = cos t
Alors:
 t 
∀ n ∈  *, vn = cos  n −1  .
2 
• Question 3 (d’après EPL 2008)
π

Pour t ∈  0,  , on pose :
2

n
 t 
pn = ∏ cos  p −1 
2 
p =1
 t 
qn = pn sin  n −1  .
2 
et
A
( pn )n ≥ 1
est croissante et majorée par 1, donc ( pn )n ≥ 1 converge.
B
(qn )n ≥ 1
est une suite géométrique de raison
C
( pn )n ≥ 1
et
D
( pn )n ≥ 1
converge vers 1.
• Question 4
n
Soit un = 1 + a2
(qn )n ≥ 1
1
.
2
sont adjacentes.
(a ∈ ]0, 1[) .
On pose :
n
pn = ∏ up
p =1
et
Sn =
n
∑=
p
a2 .
p 1
A
Sn est la somme des termes d’une suite géométrique.
B
∀ x ∈ ]0, 1[ , ln (1 + x ) ≤ x
C
∀ n ∈  *, un > 1
et
donc
( pn )n ≥ 1
ln ( pn ) ≤ Sn ≤
1
.
1− a
diverge.
est croissante, donc ( pn )
n≥1
D Le produit ( pn )n ≥ 1 converge.
120
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
>
énoncés
QCM 4 Bornes inférieure et supérieure
(d’après EPL 2004)
Soit ( xn )
une suite bornée de nombres réels. On définit la suite ( yn )n ∈ par :
n ∈
n
1
∀ n ∈ , yn =
xk.
∑
n + 1 k=0
( )
( )
tivement supérieure) de l’ensemble { x / p ≥ n } .
On désigne par inf xp (respectivement sup xp ) la borne inférieure (respecp ≥n
p ≥n
p
• Question 1


est :
La suite  inf xp 

p ≥ n  n ∈
( )
A
convergente car décroissante et minorée.
B
croissante et majorée, mais divergente car elle n’est pas de signe constant.
C
croissante, minorée et convergente.
D convergente car toute suite bornée converge.
• Question 2
A
(
p ≥n
B
)
( )
∀ n ∈  , sup
sup − xp = inf xp .
p ≥n


Si ( xn )n ∈ est décroissante à partir d’un certain rang,  inf xp 

p ≥ n  n ∈
est stationnaire.
( )


est :
La suite  inf yp 

p ≥ n  n ∈
( )
C
décroissante et minorée, car elle a les mêmes propriétés


que  inff xp  .

 n ∈
p ≥n
( )
D
croissante et majorée, donc convergente.
121
énoncés
• Question 3
On considère dans cette question le cas particulier où la suite ( xn )n ∈ est définie
par :
∀ x ∈ , xn = ( −1)n
On a alors :
A
yn = 0 si n est impair, et yn =
B
yn = −
C
∀ n ∈ , sup yp =
1
si n est impair, et yn = 0 si n est pair.
n+1
( )
p ≥n
D
1
si n est pair.
n+1
1
n+1








lim
m  iinf xp  < lim
lim  iinf
nf yp  = lim
m  sup yp  < lim
lim  ssup
up xp 
n → +∞
n → +∞
n → +∞
n→




p ≥n 
p ≥n 
p ≥n 
p ≥n 
( )
n → +∞
( )
( )
( )
• Question 4
On peut avoir, pour certaines suites bornées ( xn )n ∈ :
A
( xn )n ∈ convergente et
B
( xn )n ∈ divergente et


divergente.
 inf xp 

p ≥ n  n ∈
( )


convergente.
 inf xp 

p ≥ n  n ∈
( )
Pour toute suite bornée ( xn )n ∈ , on a l’implication :
C
( xn )n ∈ convergente





⇒  inff xp 
et  sup xp 
conve
ergentes
rgentes et ont la mêm
me limite



p ≥ n  n ∈
p ≥ n  n ∈
( )
D
( )
( yn )n ∈ convergente





⇒  inff xp 
et  sup xp 
conve
ergentes
rgentes et ont la mêm
me limite



p ≥ n  n ∈
p ≥ n  n ∈
( )
( )
122
corrigés
>
QCM 1 Suite récurrente
• Question 1 : réponses A et D
I, ϕ( x ) ∈ I .
• I est stable par ϕ ⇔ ∀ x ∈ I,
Si I est stable par ϕ et si v0 ∈ I, on montre par récurrence simple que :
∀ n ∈  , vn existe
existe et vn ∈ I .
I n’est pas stable par ϕ ⇔ ∃ x ∈ I,
I, ϕ( x ) ∉ I . Donc, pour v0 = x , v1 = ϕ (v0 ) et
v1 ∉ I, donc ϕ(v1) n’existe pas, donc v2 n’existe pas.
La réponse A est bonne.
• vn+2 − vn+1 = ϕ (vn+1 ) − ϕ (vn ) . Donc, si ϕ est décroissante sur I, vn+2 − vn+1 est de
signe contraire à vn+1 − vn , donc (vn )n ∈ n’est pas monotone.
La réponse B est fausse.
• Si I est stable par ϕ et
exemple :
1
x , I =  *+
pour ϕ : x 
2
est géométrique de raison
n’appartient pas à I.
si lim vn =  ,
n → +∞
 peut ne pas appartenir à I. Par
est stable par ϕ, et la suite (vn )n ∈ telle que v0 = 1
1
1 . Donc :
∀ n ∈ ,
 , vn = n > 0 et lim vn = 0
n → +∞
2
2
La réponse C est fausse.
• Si
 ϕ est continue en 
 lim v = 
 n → +∞ n
Or
vn +1 = ϕ (vn )
donc
alors
 lim ϕ (vn ) = ϕ ( )
n → +∞

vn +1 = 
 nlim
→ +∞
ϕ() =  .
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et C
• Pour étudier la suite (un )n ∈ , on commence par représenter le graphe de f
sur +, puis on place pour quelques valeurs de u0 les premiers termes de la
suite.
123
corrigés
1

2
 si x ∈ [0, 2[ : f ( x ) = 3 4 − x

 si x ∈ [2, +∞[ : f ( x ) = 1 x2 − 4

3
(
)
(
y
4
)
d’où le graphe ci-contre.
Les points fixes de f sont les abscisses des points d’intersection de
la courbe représentative de f et de
la première bissectrice :
4/3
0
1 2
x −4 = x ⇔
3
f (x) = x ⇔
2
u0
4 u0 u1
x
 x2 − 4 ≥ 0
 x2 − 4 < 0


ou  1 2
 1 2
x −4 = x
x − 4 = −x


 3
 3
(
)
(
)
 x≥2
 x<2
ou 

ou x = −4
 x = −1 ou x = 4
 x = 1 ou
f (x) = x ⇔
donc
u2 1 u1
x = 1 ou x = 4 .
f admet donc deux points fixes : 1 et 4.
f est continue sur + donc, d’après l’assertion D de la question 1, si (un )n ∈
converge vers une limite , f ( ) = . Par conséquent :  = 1 ou  = 4.
La réponse A est bonne.
x
0
4/3
1
f(x)
1
g(x)
NON Si u ∈[0, 1[
0
4/3
+
:
0
−
2
0
+∞
+∞
4
4
−
0
+
f ([0, 1[) = ]1, 4 / 3] , donc [0, 1[ n’est pas stable par f,
mais f (]1, 4 / 3]) ⊂ [0, 1[ , donc u0 < u1 et u1 > u2 , et (un )n ∈ n’est pas
monotone.
La réponse B est fausse.
124
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
f ([4, +∞[) = [4, +∞[
• Si u0 ∈ [4, +∞[ :
donc
corrigés
∀ n ∈ ,
, un ∈ [4, +∞[ .
+∞
∞[ , donc ∀ n ∈ ,
 , un +1 − un ≥ 0 et (un )n ∈ est croissante
Or g( x ) ≥ 0 sur [4, +
La réponse C est bonne.
NON
Si u0 = 4 :
(un )n ∈ est une suite constante qui converge vers 4.
La réponse D est fausse.
(un )n ∈ est croissante, donc admet une limite dans
• Si u0 > 4 :
.
Si (un )n ∈ tend vers une limite  finie, ∀ n ∈ ,
 , un ≥ u0 > 4 donc  ≥ u0 > 4, ce
qui est en contradiction avec l’assertion A. Donc, (un )n ∈ diverge vers + ∞.
• Question 3 : réponses A et C
•f
([ 0, 2 ]) = 0,

4
4

 4
, donc 0,  est stable par f : ∀ n ∈  *, un ∈ 0,  .
3 
3

 3
La réponse A est bonne.
4
NON Si u0 = 2, u1 = 0 et u2 = 3 , donc u2 < u0 .
• un+1 − 1 = f (un ) − 1 =
un + 1
Or
≤
1
un2 − 4 − 1
3
or
4

∀ n ∈  *, un ∈ 0, 
3

1
1
1
4 − un2 − 1 =
1 − un2 =
un + 1
3
3
3
(
)
4
+ 1,
3
donc
donc : un+1 − 1 =
La réponse B est fausse.
∀ n ∈  *,
un+1 − 1
≤
7
9
un − 1 .
un − 1 .
La réponse C est bonne.
NON
Reprenons u0 = 2, u1 = 0 :
donc
u1 − 1
>
7
9
u1 − 1 = u0 − 1 = 1
u0 − 1 .
On a en fait, par récurrence :
 7
 
9
n −1
La réponse D est fausse.
∀ n ∈  *,
un − 1
converge vers 0, donc (un )n ∈ converge vers 1.
125
 7
≤  
 9
n −1
u1 − 1
or
corrigés
• Question 4 : réponse D
5
11
et u2 =
:
3
27
u2 ∈ [ 0, 1]
donc, d’après l’assertion B de la question 2, (un )n ∈
n’est pas monotone.
Les réponses A et B sont fausses.
NON • ]2,
4] n’est pas stable par f. Pour u0 = 3 , u1 =
• f (]2, 4]) = ]0, 4[ , or ]0, 4[ est stable par f et contient le point fixe 1,
donc (un )n ∈ peut converger.
La réponse C est fausse.
• Raisonnons par l’absurde, et supposons que :
∀ n ∈ ,
 , un ∉ [ 0, 2 ] .
f ([0, 4[) = [0, 4[ , donc ∀ n ∈ ,
 , un ∈ [0, 4[ et un ∉ [ 0, 2 ] ,
donc :
∀ n ∈ ,
 , un ∈ ]2, 4[
.
Sur [2, 4], g( x ) ≤ 0 donc ∀ n ∈ ,
 , un +1 − un ≤ 0 alors (un )n ∈ est décroissante
et minorée par 2, donc converge vers une limite  telle que : 2 ≤  ≤ u0 < 4.
4
Or, il n’y a pas de point fixe dans [2, 4[, donc (un )n ∈ ne peut pas converger
et l’hypothèse est absurde.
Donc ∃ N ∈ ,
 , uN ∈ [ 0, 2 ] et, d’après la question 3, (un )n ∈ converge vers 1.
La réponse D est bonne.
>
QCM 2 Relation de comparaison
Comparaison de deux suites
Soient (un ) et (vn ) deux suites réelles ou complexes.
• (un) est négligeable devant (vn ) ⇔ un = ε nvn
et
lim ε n = 0 .
n → +∞
 un 
On note : un = o (vn ) ou un << vn . un = o (vn ) ⇔ lim
m
= 0 (si vn ≠ 0) .
n → +∞ 
 vn 
• (un ) est équivalente à (vn ) ⇔ un = vn + o (vn ) .
un ∼ vn
⇔ un = α nvn avec lim α n = 1 ⇔
n → +∞
126
On note :
un ∼ vn .
u 
lim n  = 1 (si vn ≠ 0).
n → +∞ 
v 
n
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
NON
corrigés
• Question 1 : réponse B
Si ((un) admet une limite finie  ≠ 0, un +1 ∼ un ∼  . Ce n’est pas forcément vrai si  = 0. Par exemple, un =
un +1 1
= ≠ .
un
2
(
nln n = o (ln n)
n
)
1
2n
admet pour limite  = 0, et
La réponse A est fausse.
 nln n 
(n ≥ 1). Notons :
lim 
n = 0
n → +∞
 (ln n) 
⇔
un =
nln n
(ln n)n
.
 (ln n)2

2
ln (un ) = ln nln n − n ln (ln n) = (ln n) − n ln (ln n) = n 
− ln (ln n)
 n

(
Or :
)
(ln n)2 = o (n)
Alors :
 (ln n)2 
lim 
 =0
n → +∞
 n 
donc
et
lim un = eln(un ) = 0
lim ln (un ) = −∞
n→
→ +∞
La réponse B est bonne.
n → +∞
Équivalents et fonctions logarithmique et exponentielle
• Si lim un = 0
alors
ln (1 + un ) ∼ un
• Si lim un = 1
alors
ln (un ) ∼ un − 1 .
n → +∞
n → +∞
• Si lim un ≠ 1 (un > 0) , et si un ∼ vn
n → +∞
• un ∼ vn
alors
eun ∼ evn
et
ln (un ) ∼ ln (vn ) .
alors
lim (un − vn ) = 0.
seulement si
1 
 
m lln
n  e +   = ln
ln (e) = 1
• nlim
→ +∞ 
n 
 
eun − 1 ∼ un .
et
n→
→ +∞
1 
 
lln
n (un ) = n ln
ln lln
n  e +  .
n 
 
1 
1
1
1 1
 



ln ln  e +   ∼ ln  e +  − 1 ∼ ln  e +  − ln (e) ∼ ln  1 +
 ∼



n 
n
n
ne  ne
 
Finalement :
ln (un ) ∼ n
1 1
∼
ne e
donc lim ln (un ) =
n → +∞
1
e
et
lim un = e1 / e.
n → +∞
La réponse C est fausse.
127
corrigés
en
2
• ln (un ) ∼
1
ln (ch n)
n
donc
 en 
ln (ch n) ∼ ln   ∼ n − ln
2∼n

 2
<< n
or
ch n ∼
lim ln
n (un ) = 1
Finalement :
et
n → +∞
 en 
lim   = +∞
∞ ( ≠ 1)
n → +∞  2 
et
ln (un ) ∼
et
1
n ∼ 1.
n
La réponse D est fausse.
llim
im un = e
n → +∞
• Question 2 : réponse B
•
n
n =e
1
ln n
n
 ln n 
lim 
=0
 n 
or
lim
De même
n→
→ +∞
(
n
)
n+1 = 1
lim
donc
n → +∞
n→
→ +∞
donc
n
( n) = 1.
n
n + 1 ∼ n n ∼1.
On n’additionne pas les équivalents. En effet, n n + 1 − n n ∼ 0 signifie que
n
n + 1 − n n = 0 à partir d’un certain rang, ce qui n’est pas le cas.
La réponse A est fausse.

un = n  e

1
ln n+1
n
Or ln  1 +

(
)
−e
1
ln n
n

 = n e
1 1
 ∼ , donc :
n n

lim e
n → +∞ 

Par ailleurs
ln n
n

e

1 
ln  1 +
n 
ln n 
n
 n+1
1
ln 
n
 n 
 =1


− 1 = n e

1 1
 ∼
n  n2
donc
et
un ∼ n
ln n
n
e
1
n2

e

 1
1
ln  1+ 
n
 n
 1
1
ln  1+ 
n
 n
soit

− 1

−1 ∼
un ∼
1
n2
1
n
La réponse B est bonne.
• ch n − 1 ∼ ch n ∼
n
e
2
car 1 << chn → +∞ , et
 en 
donc ln (ch n − 1) ∼ ln   ∼ n − ln 2 ∼ n et
 2
• vn − 1 =
Or
vn ∼
 en 
lim   = +∞
∞ ( ≠ 1)
n → +∞  2 
1
lim vn = 1 .
n ∼ 1 , soit
n → +∞
n
La réponse C est fausse.
1
1
1
ch n − 1
ln (ch n − 1) − ln en  = ln 
ln (ch n − 1) − n =
 n
 en 
n 
n 
ch n − 1 en
1
∼ n ∼
en
2e
2
( )
donc
ln 2
 ch n − 1
.
lim ln
n
= − lln 2 et vn − 1 ∼ −
 en 
n
n → +∞
La réponse D est fausse.
128
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
corrigés
• Question 3 : réponse C
NON Pour n = 1 :
1 π
1
n
1
et
e +1 >
= .
2
2
2
1+ n
2
(
u1 =
)
( −1) change de signe et converge vers 0 .
n
n
• ∀ n ≥ 2,
car
un
≤
n
(
1+ n
un
(
+1
2
0 ≤ n2 − 1 ≤ n2 + 1
Finalement : ∀ n ≥ 2,
)≤
( −1)n eπ
(
1+ n
)
n eπ + 1
≤
La réponse B est fausse.
)
n eπ + 1
2
2
n −1
La réponse A est fausse.
≤
(
)
n eπ + 1
2
n −1
La réponse C est bonne.
( −1) eπ − 1 , soit u ∼ −  eπ + 1  et u ∼ eπ − 1
n
n 1
u
∼
donc
•
∼
∼
2n
2 n +1
n
 2n + 1
2n
n
1 + n2 n2 n
.
La réponse D est fausse.
n
• Question 4 : réponse D
• θn = un − α (un − un+1 )
donc
un+1 − un = − θn un α .
Si A < 0, alors, à partir d’un certain rang, on aurait θn < 0 soit un+1 − un > 0
donc la suite (un )n ∈ serait croissante. Or, (un )n ∈ converge vers 0 = sup (un ) ,
donc on aurait un ≤ 0 à partir d’un certain rang, ce qui est impossible.
Donc A > 0.
La réponse A est fausse.
un+1
θn
− 1 = − 1− α or lim θn = A ≠ 0 donc θn ∼ A et un+1 − 1 ∼ − A .
•
n → +∞
un
un
u
u 1− α
n
L’assertion B est bonne si :
1 −α
n
u
∼ un
−α
soit
n
un ∼ 1 .
Or lim un = 0 ≠ 1, donc un n’est pas équivalent à 1. La réponse B est fausse.
n → +∞
 u  1 − α

• ∀ n ∈  , xn = un1 − α  n +1 
− 1 .
 un 

un+1
A
− 1 ∼ − 1− α .
Or, on a établi que :
un
un
1 −α < 0
et
lim un = 0
n → +∞
donc
 A 
lim  1− α  = 0
 un 
n → +∞
Équivalent et puissance
Si lim un = 1
n → +∞
alors
un α − 1 ∼ α (un − 1) .
129
et
u 
lim  n+1  = 1 .
 un 
n → +∞
corrigés
Donc :
 un+1 
 u 
1 −α
n
u

(1 − α ) A
− 1 ∼ (1 − α )  n+1 − 1 ∼ −
un1− α
 un

et
xn ∼ (α − 1) A
soit : lim xn = (α − 1) A
n → +∞
>
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
QCM 3 Suites produits
• Question 1 : réponses A et C
• Si ( pn )n ≥ 1 converge vers  ≠ 0 :
p  
lim
m un+1 = llim  n+1  = = 1.
n → +∞  p 

n
n → +∞
Alors la suite (un )n ≥ 1 converge vers 1.
n

1
• pn = ∏  1 +  =
p

p =1
n
∏
=
p 1
La réponse A est bonne.
2 × 3 × 4 × ... × n × (n + 1)
 p + 1
 p  = 1 × 2 × 3 × ... × (n − 1) × n = n + 1
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
1
• un = 1 + converge vers 1, et pn = n + 1 diverge. La réponse D est fausse.
n
• Question 2 : réponses A et D
• f est continue sur [ −1, + ∞[ , dérivable sur ]−1, + ∞[ , de dérivée positive,
1
donc croissante sur [ −1, + ∞[ . f (0) =
et f (1) = 1,
1 donc
2
 1

f (]0, 1[) = 
, 1 ⊂ ]0, 1[ .
 2 
]0, 1[ est stable par f. Donc :
∀ n ∈  *, vn ∈ ]0, 1[ .
La réponse A est bonne.
NON D’après
l’assertion A, (vn )n ≥ 1 est bornée, donc vn ne peut pas tendre
vers + ∞.
La réponse B est fausse.
• Sur [ −1, + ∞[ ,
f (x) = x ⇔
x≥0
x≥0
1+ x

=x ⇔  2
⇔ 
1
2
2
x
−
x
−
1
=
0

 x = 1 ou x = − 2
Donc le seul point invariant de f sur [ −1, + ∞[ est x = 1.
130
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
vn+1 − vn =
1 + vn
− vn =
2
1 + vn
− vn2
2
1 + vn
+ vn
2
est du signe de
corrigés
− 2vn2 + vn + 1.
1

−2vn2 + vn + 1 = −2  vn +  (vn − 1) > 0 car vn ∈ ]0, 1[ , alors (vn )n ≥ 1

2
est croissante, majorée par 1, donc elle converge vers  ∈ [ 0, 1 ].
Or
f étant continue :
donc f ( ) = 
lim f (vn ) = f ( )
or
n → +∞
vn+1 = f (vn )
et (vn )n ≥ 1 converge vers 1.
et
lim vn +1 = 
n → +∞
La réponse C est fausse.
 t 
∀ n ∈  *, vn = cos  n −1 
2 
 t 
- pour n = 1 : v1 = cos t = cos  0 
2 
1 + cos (2θ)
 t 
*
- Soit n ∈  . Supposons : vn = cos  n −1  . On a
= cos2 θ
2 
2
donc :
• Vérifions par récurrence si :
vn+1 =
Donc :
 t 
1 + cos  n −1 
2 
 t 
 t 
= coss  n  = cos  n 
2 
2 
2
 t 
∀ n ∈  *, vn = cos  n −1 
2 
car
t 
π
∈ 0, 
2n 
2
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse B
• pn > 0
et
pn+1
 t 
= cos  n  < 1
2 
pn
donc ( pn )n ≥ 1 est décroissante.
La réponse A est fausse.
 n +1
 t 
 t 
coss  p−
sin  n 
• qn +1 = ∏ co
p −1  


2 
2
 p =1

 n
1
 t 
 t 
 t 
= ∏ cos  p −1   co
coss  n  sin
sin  n  = qn .






2
2
2
2
p
=
1






 
pn
1
 t 
sin  n −1 
2 
2
Donc (qn )n ≥ 1 est géométrique de raison 1 .
2
131
La réponse B est bonne.
corrigés
• q1 =
1
sin (2t )
2
t
 t 
sin  n −1  ∼ n −1
2  2
n −1
1
sin
n (2t )
sin (2t ) =
2
2n
 t 
sin  n −1  > 0
2 
et
alors
( pn )n ≥ 1
 1
qn =  
 2
donc
donc
sin (2t )
≠0
2t
lim pn =
n → +∞
pn =
et
lim qn = 0 .
n → +∞
sin (2t )
sin (2t )
∼
2t
 t 
2n sin  n −1 
2 
π

t ∈  0, 
2


car
et (qn )n ≥ 1 n’ayant pas la même limite, elles ne sont pas adjacentes.
La réponse C est fausse.
ssin
in (2t ) = 2t ⇔ t = 0 : impossible.
m pn = 1 ⇔
• nlim
→ +∞
La réponse D est fausse.
• Question 4 : réponses B et D
( ) n’est pas nune suite géométrique, mais elle est extraite de la suite
NON géométrique
(a
La réponse A est fausse.
( ).
n
a2
• Sur [0, 1], ϕ(( x ) = ln (1 + x ) − x est décroissante car ϕ′(( x ) = −
ϕ(0) = 0
Or:
ln ( pn ) =
Alors :
Sn =
Donc :
•
donc
n
∑=
p 1
p
a2
≤
2n
n
∑=
(
p
ln 1 + a2
p 1
∑=0 a
∀ x ∈ ]0, 1[ , ϕ
ϕ(( x ) ≤ 0
or
p
p
2n
)
≤
∑=0 a
2p
donc
p 1
ln (1 + x ) ≤ x .
ln ( pn ) ≤ Sn.
n
p
p
ln ( pn ) ≤ Sn ≤
n
∑= a
soit
x
≤ 0.
1+ x
1
1− a
=
1 − a2 + 1
1
<
1− a
1− a
car
0 < a < 1.
La réponse B est bonne.
pn+1
1
p
= un+
d’après B,
n +1 > 1 alors ( n )n ≥ 1 est croissante, et majorée par
e 1−a
pn
donc ( pn )n ≥ 1 converge
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
132
corrigés
chapitre 6 : Suites réelles et complexes
>
QCM 4 Bornes inférieure et supérieure
• Question 1 : réponse C
( xn )n ∈ est bornée, donc
de
( )
(x )


est bornée. inf xp est un minorant
 inf xp 

p ≥n
p ≥ n  n ∈
et inf xp
p p ≥ n +1
( )
( )
( )
en est le plus petit, donc inff xp
p ≥ n +1
( )
≥ iinf
nf xp et
p ≥ n +1
p ≥n


est croissante et majorée, donc convergente
 inf xp 

p ≥ n  n ∈
Les réponses A et B sont fausses, la réponse C est bonne.
( )
Toute suite convergente est bornée, mais toute suite bornée n’est pas
NON forcément convergente, comme par exemple (−1)n.
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et D
( )
• ∀ p ≥ n, inf
inf xp
( )
( )
donc : − sup xp
(
(1) et inf − xp
≤ xp ≤ sup xp
p ≥n
p ≥n
p ≥n
( )
≤ − xp ≤ − inf xp
p ≥n
(
)
− xp
(3) et − sup −x
p ≥n
p ≥n
(
≤ − xp ≤ sup − xp
p ≥n
)
(
)
(2)
)
≤ xp ≤ − inf − xp (4)
p ≥n
(
)
≤ inf xp , soit sup − xp
(
)
≤ − inf xp . Donc: sup − xp = − inf xp .
sup
p − xp
De (1) et (4), on déduit: − su
p ≥n
De (2) et (3), on déduit : sup − xp
p ≥n
( )
(
p ≥n
p ≥n
( )
)
(
p ≥n
p ≥n
( )
≥ − inf xp .
p ≥n
)
( )
p ≥n
La réponse A est fausse.
• Si ( xn )n ∈ est décroissante à partir d’un certain rang n0, ( xn )n ∈ , minorée,
( )
converge vers  = inf xp .
Alors :
( )
∀ n ≥ n0 , inf xp = .
p ≥n
p ≥ n0


est stationnaire.
Donc  inf xp 
 p ≥ n  n ∈
( )
• ( xn )n ∈ est bornée :
Alors :
∀ n ∈ ,
1
n+1
La réponse B est bonne.
∃ (m, M ) ∈  2, ∀ k ∈ , m ≤ xk ≤ M .
n
∑=
k 0
m ≤ yn ≤
1
n+1
n
∑=
M , soit :
m ≤ yn ≤ M .
k 0
Donc ( yn )n ∈ est bornée, et on lui applique les résultats établis pour ( xn )n ∈ :


est croissante, majorée (et minorée), et convergente.
 inf yp 
 p ≥ n  n ∈
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
( )
133
corrigés
• Question 3 : réponses A et D
• Si n impair : yn =
1 − 1 + ... − 1
1 − 1 + ... − 1 + 1
1
= 0 et si n pair: yn =
.
=
n+1
n+1
n+1
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
• ( y2n )n ∈ est décroissante, donc :
( )
sup
p yp
p ≥n
 1
 n + 1 si n pair
= ssup
up ( y2k ) = 
2k ≥ n
 1
si n iimpair
mpair
 n + 2
La réponse C est fausse.
• inf
(( −1) ) = −1,
p
sup
p ≥n
(( −1) ) = 1,
( )
p
inf yp = 0
et
p ≥n
p ≥n


lim
m  ssup yp  = 0

p ≥n 
( )
n → +∞
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et C
NON • D’après la question 1,


est convergente.
 inf xp 

p ≥ n  n ∈
La réponse A est fausse.
( )
(
• D’après la question 3, ( xn ) = ( −1)
• Si ( xn )n ∈ converge vers 
n
) est divergente.
La réponse B est bonne.
:
∀ ε > 0, ∃ N ∈  , ∀ p ≥ N ,
 − ε ≤ xp ≤  + ε
soit :
∀ ε > 0, ∃ N ∈ , ∀ p ≥ N ,
 − ε ≤ inf
inf ( xp ) ≤ xp ≤ sup ( xp ) ≤  + ε
p ≥N


et
Donc  inf xp 

p ≥ n  n ∈
( )
NON
p ≥N


convergent vers la même limite .
 sup xp 

p ≥ n  n ∈
La réponse C est bonne.
Dans la question 3 où
( )
( yn )n ∈


converge vers 0,  inf ( xp )

p ≥ n  n ∈


ne convergent pas vers la même limite.
et  sup xp 

p ≥ n  n ∈
La réponse D est fausse.
( )
134
chapitre 7
Limites –
Continuité –
Dérivation
énoncés
corrigés
136
142
• QCM 2 : Dérivées nèmes et prolongement
de fonctions
137
145
• QCM 3 : Accroissements finis
139
149
• QCM 4 : Convexité
140
151
• QCM 1 : Limites et continuité sur
un intervalle
135
énoncés
>
QCM 1 Limites et continuité sur un
intervalle (D’après EPL 2008 et 2006)
• Question 1
A
x


ln  1 + + sin
n2 x ∼ ln
ln (1 + x )

 0
2
B
ln ( sin
sin x
)
∼ lln
n( x
)
car
Pour β ≠ 0 et α réels,
lim
0
car
sin x
si
1+
x
+ ssin
in2 x ∼ 1 + x.
x
0
2
∼
x
0
et
x ≠1
sur
un voisinage de 0.
C
D

 3x  
lim
m  ttan   
π
 2 
x→

6
tan (3x)
x→ 0
ln cos (αx )
ln cos (βx )
=
α2
.
β2
= e.
• Question 2
Soit la fonction réelle f de la variable réelle t définie par :
∀ t ≥ 0, f (t ) = ln (1 + t ) +
A
t2
1 + t2
f est indéfiniment dérivable sur son ensemble de définition,
et croissante.
B
f réalise une bijection de + sur + et sa bijection réciproque
est dérivable sur + car toute bijection dérivable admet une
réciproque dérivable.
C
f réalise une bijection de + sur + et sa bijection réciproque
est dérivable sur + car ∀ t ≥ 0, f ′(t ) ≠ 0.
0
D La courbe représentative de f admet une asymptote oblique
f (t )
= 1.
en + ∞ car lim
t → +∞
t
• Question 3
En utilisant f définie à la question 2, on peut montrer que :
∀ n ∈  * , ∃! an ∈  + , f (an ) =
136
1
.
n
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
A
(an )n ∈*
énoncés
est une suite croissante car f −1 est décroissante
1
et  
est décroissante.
 n  n ∈*
B
(an )n ∈*
converge vers 0 puisque f −1 est continue en 0.
C
(an )n ∈*
converge vers 0 puisque (an )n ∈* est une suite
décroissante et ∀ n ∈  * , an ≥ 0.
D
an ∼
+∞
1
.
n
• Question 4
f ( x ) = e x tan x.
Soit f la fonction définie sur  par :
Soit l’équation :
f (x) = 1
(1)
π
 π

+ nπ .
Pour tout entier naturel n, on note In l’intervalle  − + nπ,
2
 2

L’équation (1) :
A
admet au moins deux solutions dans l’intervalle In.
B
admet une solution unique xn dans l’intervalle In, qui appartient, d’après
 π

le théorème des valeurs intermédiaires, à l’intervalle  − + nπ, nπ  .
 2

C
admet une solution unique xn dans l’intervalle In, telle que : xn = arctan e − xn
D
admet une solution unique xn dans l’intervalle In, telle que :
(
(
)
xn = nπ + e − nπ + o e − nπ .
>
èmes
QCM 2 Dérivées n
de fonctions
et prolongement
• Question 1
Soit, pour n ∈* :
fn : x  x n −1 e1 / x .
137
)
énoncés
A
fn est C ∞ sur * et se prolonge par continuité en 0.
B
∀ x ∈  * , f1′ ( x ) = −
C
∀ n ≥ 2, fn′+1 = n fn + fn−1 .
D
∀ n ∈  * , f n( n ) ( x ) =
1 1/ x
e
x2
( −1)n
x n +1
et
e1 / x
f 2″ ( x ) = −
1 1/ x
e .
x3
(attention : c’est le même n).
• Question 2
Soit f l’application définie sur + par :
∀ x ∈  *+ , f ( x ) = x x
A
f (0) = 1 .
et
f est C ∞ sur  *+ , continue et dérivable en 0.
On admet que : ∀ x ∈  *+ , f ′( x ) = f ( x ) + f ( x ) ln x
et on pose, pour n ∈  :
an =
B
∀ n ∈  * , ∀ x ∈  *+ ,
f ( n ) (1)
n!
(ln) ( x ) =
(n)
(1)
( −1)n −1 (n − 1) !
xn
En dérivant n fois (1) et en utilisant la formule de Leibniz, on obtient :
C
D
n
∀ n ∈  * , ∀ x ∈  *+ , f ( n +1) ( x ) = f ( n ) ( x ) + ∑
k=0
∀ n ∈  * , an +1 =
n!
( −1)
k ! ( n − k) x n − k
n − k −1
f ( k ) ( x)


1  n −1 ( −1)
 ∑
ak  + an  .
n + 1  k = 0 n − k



n − k −1
• Question 3
Soit f la fonction définie sur  par :
 f ( x ) = e −1 / x si x ≠ 0

 f (0) = a où a est un réel fixé
2
A
m f ′( x ) = 0 , donc f ′((0) = 0 et f est C1 sur .
f est C ∞ sur * et lim
x→ 0
Pour que f soit continue en 0, il faut poser :
B
a=1
C a=0
138
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
énoncés
On suppose dans la suite de cette question et dans la question 4 que a prend
la valeur qui rend f continue.
D
∀ n ∈  * , ∀ x ∈  * , f ( n ) ( x ) = x − 3n e − 1 / x Pn ( x ), où Pn est un polynôme.
2
• Question 4
On utilise la fonction f de la question précédente.
On définit la suite de fonctions polynômes ( Pn )n ∈* par :
 P1 = 2

2
3
*
 ∀ n ∈  , Pn +1( x ) = 2 − 3n x Pn ( x ) + x P ′ n ( x )
(
*
)
Pour n ∈  :
A
C
Pn (0) = 2n
f
(n)
(x) ∼ x
mf
D lim
0
(n)
x→ 0
B
− 3n
e
Pn (0) = 2n
− 1/ x 2
( x ) = 0, donc on montre par récurrence que :
∀n ∈ , f est C n sur .
>
QCM 3 Accroissements finis
(d’après EPL 2005)
On désigne par a un réel strictement positif, et par fa la fonction définie sur
[0, + ∞[ par : fa ( x) = a e − x .
 u0 ∈ [0, + ∞[
On considère la suite (un )n ∈ définie par : 
 ∀ n ∈ , un+1 = fa (un )
On suppose qu’il existe un et un seul x ∈ [0, + ∞[ qui vérifie l’équation : fa (x) = x
On note a cette solution.
• Question 1
Le réel a vérifie :
 a2
2
A
∀ a ∈ ]0, + ∞[ ,  a < a <  a +
B
De l’étude de g : x  x e x , on peut déduire que la fonction qui
à a associe a est décroissante sur [0, + ∞[ .
C
On a ln ( a ) ≤  a − 1, ce qui permet de montrer que lim  a = +∞ .
D
 a ∼ ln (a) lorsque a tend vers +∞.
a → +∞
139
énoncés
• Question 2
Si, pour un réel strictement positif a et un réel positif ou nul u0, la suite (un )n ∈
tend vers a lorsque n tend vers +∞, alors :
A
B
un +1 − un ∼  a (un − un −1 )
un +1 −  a
lorsque n tend vers +∞.
∼  a un −  a
C
il existe un entier k tel que
D
 a ≤ 1 ou bien u0 = a.
lorsque n tend vers +∞.
=  a n − k uk +1 − uk
un +1 − un
pour n > k.
• Question 3
Soient x et y deux réels vérifiant 0 ≤ x < y ≤ a .
A
C
0 < fa ( x ) − fa ( y ) < fa ( x ) ( y − x )
fa ( x ) −  a
<
B
D
fa ( y ) −  a
0 < fa ( x ) − fa ( y ) <
fa ( x ) −  a
( y − x)
 a
 
e
< a x − a .
• Question 4
Dans le cas où a < 1, pour tout u0 strictement positif :
A
B
>
la suite (un )n ∈ est convergente.
∀ n ∈ ,
, un ≤ a n , donc la suite (un )n ∈ converge vers 0.
C
il existe un entier k tel que (un ) n > k soit monotone, et ∀ n > k, un ∈ [ 0, a ] .
D
∀ n ∈ ,
,
un +1 −  a
≤ an +1 .
QCM 4 Convexité
• Question 1
La fonction ex est strictement convexe sur , donc ∀ x ∈ , 1 + x < e x .
1
B ∀ x ∈  − {1} , 1 + x ≤ e x ≤
1− x
1
C ∀ x ∈ ]0, 1[ , 1 + x < e x <
1− x
 y + 1
 y 
1
D ∀ y > 1, ln
.
ln 
<
< ln 
y
 y 
 y − 1
A
140
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
énoncés
• Question 2
Pour n ≥ 2 et k ≥ 1 fixés, on pose : un =
(k −1) n
∑=
p 0
1
n+p
On note L la limite de un lorsque n tend vers +∞, si elle existe.
A
k+1
k+1
< un <
kn
n
C
L=
donc
L = 0.
ln (k)
2
B
 1 + k n
 kn 
ln 
< un < ln 
 n 
 n − 1
D
L = +∞.
• Question 3
Soit f une fonction 2 fois dérivable sur , non constante et telle que f, f ′ et f ″
soient positives sur .
A
Certaines fonctions f n’ont pas de limite en −∞.
B
f et f ′ admettent des limites en +∞ et en −∞.
C
D
lim
m f ( x ) = 0.
x→ − ∞
lim
m f ( x ) = +∞.
x→ + ∞
• Question 4
On utilise la fonction f de la question précédente.
Soit ϕ :
A
x 
f ( x ) − f (0 )
x
sur *.
*
ϕ est croissante sur  + et décroissante sur  *− .
En utilisant l’inégalité des accroissements finis, on montre que :
B
∀ x < 0, f ′( x ) ≤ ϕ( x ) , donc
C
∀ x > 0,
0, ϕ( x ) ≤ f ’( x ) ≤
D
lim
m f ′( x ) = llim
x → +∞
x → +∞
x→
f (x)
x
lim
m f ′( x ) = 0
x → −∞
f (2x ) − f ( x )
x
si et seulement si f ( x ) a une limite finie en +∞.
x
141
corrigés
>
QCM 1 Limites et continuité sur un intervalle
• Question 1 : réponse C
Équivalents et fonction logarithmique
Soient a et b deux fonctions réelles à valeurs strictement positives, et soit
α ∈  tel que a( x ) ∼ b( x ) :
α
m a( x ) ≠ 1, alors :
• si lim
ln (a( x )) ∼ ln (b( x ))
m a( x ) = 1, alors :
• si lim
ln (a( x )) ∼ a( x ) − 1 .
x→ α
α
α
x→ α
• 1+
x
+ sin
n2 x ∼ 1
0
2
et
1+ x ∼ 1
0
x

lim
m  + ssin2 x = 0
2

donc
sin2 x ∼ x2
 x
sin2 x = o  
 2
x→ 0
or
donc
0
NON sisin x ∼ x , mais
pour conclure que
0
lim x = 0 ≠ 1.
x→ 0
• Pour α = 0 :
Pour α ≠ 0 :
x
x


ln  1 + + sin2 x ∼

 0 2
2
et
La réponse A est fausse.
0
ln cos (αx )
ln cos (βx )
= 0
donc
lim
x→ 0
ln cos (αx )
ln cos (βx )
= 0 =
α2
β2
cos (αx) et cos (βx) tendent vers 1 quand x tend vers 0, donc :
ln cos (βx )
x→ 0
x
x


ln  1 + + sin
sin2 x ∼
+ ssin2 x

 0 2
2
il ne suffit pas que x ≠ 1 sur un voisinage de 0
ln ( si
sin
n x ) ∼ lln
n ( x ); il faut surtout remarquer que
0
La réponse B est fausse.
ln cos (αx )
lim
x
+ sin2 x ∼ 1 + x
0
2
1+
ln (1 + x ) ∼ x .
or
d’où
donc
ln cos (αx )
ln cos (βx )
=
∼
0
cos (αx ) − 1
∼
cos (βx
cos
βx ) − 1 0
α2
β2
−
(αx )2
α2
2
∼ 2 ≠0
2
(βx ) 0 β
−
2
La réponse C est bonne.
142
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
corrigés
π
+ h, ce qui permet de se ramener au voisinage de 0 pour h :
6
tan (3x) 

 π 3h  
 3x  
π
 
g(h) = ln   tan
n 
an  + 3h ln  tan  +
 = ttan
 2 
2
 
 4 2  
 

• Posons x =
Or
tan
n (3h) ∼ 3h
0
donc : g(h) =
et
 π 3h 
llim tan  +
= 1
h→ 0
 4 2 


−1
−1 
 π 3h  
 π 3h 
ln  tan
n +
ttan  +
  ∼0
 − 1





tan (3h)
4 2 
3h
4 2



 3h 
1 + tan  

 2
−1 
∼
− 1

0 3h
3
h


 1 − tan

 


2
 3h 
−2 tan  
 2
−3h
g (h) ∼
∼
∼ −1
0
0
3h 0


3
h
 
3h 1 − tan   
 2 

donc

 3x  
lim
m  tan   
π
 2 
x→

6
tan (3x)
=
1
e
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses A et C
Sur +, 1 + t ≥ 1,
1 donc f est, par opérations et composition, indéfiniment
dérivable.
f ′(t ) =
1
2t
+
1+ t
1 + t2
(
)
2
>0
donc f est strictement croissante sur +.
La réponse A est bonne.
• f est continue et strictement croissante sur +, donc f réalise une bijection de + sur f (  + ) =  f (0), lim f ( x )  =  + et f admet une bijection
x→ + ∞


réciproque f −1 de + sur + qui est continue et strictement croissante.
f est dérivable sur +, et f −1 est dérivable en b = f (a) si et seulement
si f ′(
La réponse B est fausse.
′(a ) ≠ 0.
• ∀ t ≥ 0, f ′(t ) ≠ 0 donc f −1 est dérivable sur +.
La réponse C est bonne.
f (t ) ln (1 + t )
t
=
+
t
t
1 + t2
f (t )
ln (t + 1)
ln (t )
donc
lim
= 0.
∼
→ 0
t → +∞
t
+∞
t
t t→ +∞
La courbe représentative de f admet une branche parabolique de direcLa réponse D est fausse.
tion (Ox).
•
et
143
corrigés
• Question 3 : réponses B et D
• f réalise une bijection de + sur +, donc :
∀ n ∈  * , ∃ ! an ∈  + , f (an ) =
 1
an = f −1  
 n
1
n
1
or  
est décroissante et f −1 est croissante,
 n  n ∈*
donc (an )n ∈* est décroissante.
La réponse A est fausse.
 1
• f −1 est continue en 0, donc lim
m an = llim
im f −1   = f −1 (0) = 0.
n → +∞
n → +∞
 n
La réponse B est bonne.
NONLa suite
1

est décroissante et positive, mais tend vers 1.
 1 + 
n n ∈*
La réponse C est fausse.
• ln (1+t ) ∼ t
0
or
donc
t2
∼ t 2 << t
1 + t2 0
et
d’où
f (t ) ∼ t
0
lim an = 0
n → +∞
f (an ) ∼ an .
Finalement :
+∞
an ∼
+∞
1
.
n
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse D
(
)
f ′( x ) = e x tan2 x + tan x + 1 > 0.



• f est continue et dérivable sur In, et :
du type X 2 + X + 1 > 0
Donc f est strictement croissante, et définit une bijection de In dans f (In ) = .
Alors, 1 possède un unique antécédent xn dans In.
*
• 1 ∈+
π


f   nπ,
+ nπ  =  *+

2

et
La réponse A est fausse.
donc, d’après le théorème des
π


xn ∈  nπ,
+ nπ  .
2


tan xn = e − xn .
valeurs intermédiaires :
• e xn tan xn = 1 ⇔
Or
nπ < xn <
π
+ nπ
2
soit finalement :
donc
0 < xn − nπ <
(
)
xn − nπ = arctan e − xn .
144
La réponse B est fausse.
π
2
et
tan ( xn − nπ ) = e − xn
La réponse C est fausse.
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
corrigés
La réponse C est bonne pour n = 0.
xn = +∞ et
• xn > nπ , donc nlim
→ +∞
d’où
(
lim e − xn = 0 alors
arctan e − xn
n → +∞
)
∼ e − xn
∞
xn − nπ ∼ e − xn .
+∞
Équivalent et fonction exponentielle
Si
un ∼ vn ,
alors on a :
∞
n → +∞
+∞
n → +∞
n → +∞
e − xn ∼ e− nπ .
Finalement :
lim (un − vn ) = 0.
⇔
∞
lim
li
m ( xn − nπ ) = llim
im e − xn = 0
xn ∼ nπ , or
donc
eun ∼ evn
+∞
(
xn = nπ + e − nπ + o e − nπ
)
La réponse D est bonne.
>
QCM 2 Dérivées nèmes et prolongement
de fonctions
• Question 1 : réponse D
1
, x  e x et x  x n −1 sont C ∞ sur leurs ensembles de définition,
x
donc, par opérations et composition, fn est C ∞ sur *.
• x 
Posons t =
et
 1
fn   = n −1 ,
t t
1
:
x
 1
lim fn   = +∞
t
t → +∞
et
lim fn ( x ) = +∞
x → 0+
donc fn n’est pas prolongeable par continuité en 0.
La réponse A est fausse.
1 1/ x
e
x2
• f1( x ) = e1 / x
donc
f1′( x ) = −
f2 ( x ) = x e1 / x
donc

f 2′ ( x ) =  1 −

• fn +1( x ) = x n e1 / x
et
Donc :
1 1/ x
 e
x
1 1/ x
e
x3
La réponse B est fausse.
et
f2′′( x ) =
fn′+1( x ) = n x n −1 e1 / x − x n −2 e1 / x = n fn ( x ) − fn −1( x ) .
f ′n +1 = n fn − fn −1
145
(1)
La réponse C est fausse.
corrigés
1 1 / x ( −1) 1 / x
e = 1+ 1 e
x2
x
1
• On a déjà : f1(1) ( x ) = −
1 1 / x ( −1) 1 / x
e = 2+1 e .
x3
x
2
f2(2) ( x ) =
et
La proposition est vraie pour n = 1 et n = 2. Raisonnons par récurrence
sur n.
( −1)n
( −1)n −1 e1 / x .
Pour n ≥ 2, supposons que : f n( n ) ( x ) = n +1 e1 / x et f n(−n1−1) ( x ) =
x
xn
Dérivons la relation (1) à l’ordre n :
n −1
1) ′

fn(+n1+1) = n fn( n ) − fn(−n1) = n fn( n ) −  fn(−n−
1 
∀ x ∈  * , fn(+n1+1) ( x ) = n
( −1)n
x
n +1
e1 / x − ( −1)
n −1
1  ( −1)
 n
e1 / x  − n +1 − n + 2  =
x 
xn +2
 x
n +1
e1 / x
La proposition est vraie à l’ordre n+1. Donc, d’après le théorème de
récurrence.
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et D
• f ( x ) = e x ln x
donc, par opérations et composition, f est C ∞ sur  *+ .
lim
m ( x lln
n x) = 0
x→ 0
τ(( x ) =
donc
lim
m f ( x ) = e0 = 1 = f (0) :
x→ 0
f ( x ) − f (0) e x ln x − 1
x ln x
=
∼
∼ ln x,
0
0
x
x
x
Donc f n’est pas dérivable en 0.
f est continue en 0.
donc lim
m τ( x ) = −∞ .
x→ 0
La réponse A est fausse.
1
(4)
(3)
−6 x −4
• Sur  *+: (ln )′ ( x ) = = x −1, (ln )′′ ( x ) = − x −2, (ln ) ( x ) = 2 x −3, (ln ) ( x ) = −6
x
Pour n ≥ 1, supposons que :
(ln)( n ) ( x ) =
(ln)( n +1) ( x ) = ( −1)n −1 (n − 1)! ( −n x − n −1 ) =
( −1)n −1 (n − 1)!
xn
( −1)n n !
x n +1
:
alors, en dérivant :
vrai à l’ordre n + 1.
La réponse B est bonne.
Dérivée nème d’un produit (formule de Leibniz)
n
(u v)( n ) = ∑
Si u et v sont n fois dérivables :
k=0
146
 n ( k ) ( n − k )
 k u v
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
corrigés
• ∀ x ∈  *+ , f ′( x ) = e x ln x (ln x + 1) = f ( x ) + f ( x ) ln x .
Dérivons n fois cette relation :
∀ x ∈  *+ , f ( n +1) ( x ) = f ( n ) ( x ) +
 n ( k )
(n−
−k
k)
(x)
 k f (x ) ln
n
∑=
k 0
Pour n − k ≥ 1, d’après B :
(ln)( n − k ) ( x ) =
( −1)n − k −1 (n − k − 1)!
xn − k
n −1
∑=
Donc : f ( n +1) ( x ) = (1 + ln x ) f ( n ) ( x ) +
f ( n ) (1)
• an =
n!
k 0
 n
 k
et
ln( 0 ) ( x ) = ln x
( −1)n − k −1 (n − k − 1)!
xn − k
f ((kk ) (x )
(2)
La réponse C est fausse.
⇔ f
(n)
(1) = n
n! an
x = 1 dans (2) donne :
n −1
(n + 1)! an +1 = n ! an + ∑
k=0
Soit :
an +1 =
1
n+1
n ! ( −1)
(n − k − 1)! k ! a
k
k ! (n − k) !
n − k −1
 n −1 ( −1)


 ∑
ak  + an 
 k = 0 n − k


n − k −1
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses C et D
Par opérations et composition, f est C ∞ sur *. Et :
∀ x ∈  * , f ′( x ) =
Posons t =
1
:
x2
f ′( x ) = 2 t 3 / 2 e − t
donc
et
2 −1 / x2
e
x3
lim
m f ′( x ) = 0
t → +∞
lim
m f ′( x ) = 0.
x→ 0
Pour montrer que f est dérivable en 0 en utilisant la limite de la dérivée, il
faut que f soit continue sur  et dérivable sur *.
Or
lim
m f (x) = 0
x→ 0
et
f (0) = a
donc, si a ≠ 0, f n’est pas continue en 0.
La réponse A est fausse.
147
corrigés
lim
m f ′( x ) = f ′( 0 ) = 0
• Si a = 0, f est continue et dérivable en 0 :
x→ 0
et f est C 1 sur .
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
• ∀ x ∈ * :
2
f ′( x ) = x −3 e −1 / x 
2
2
(
)
f ′′( x ) = x −6 e −1 / x −6x2 + 4 :



et
P1 ( x )
la
P2 ( x )
proposition est vraie pour n = 1 et n = 2.
2
Pour n ≥ 2, supposons : f ( n ) ( x ) = x − 3n e − 1 / x Pn ( x )
(
)
f ( n+1) ( x ) = x − 3(n+1) e − 1 / x  −3n x2 + 2 Pn ( x ) + x3 P ′n ( x )





2
:
vrai à l’ordre n + 1.
Pn+1 ( x ) : polyn
nôm
me
Donc :
2
 P1( x ) = 2
∀ n ∈  * , f ( n ) ( x ) = x − 3n e − 1 / x Pn ( x ) avec 
2
3
 Pn +1( x ) = −3n x + 2 Pn ( x ) + x Pn′ ( x )
(
)
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses A et D
P2 ( x ) = −6
6x 2 + 4
• P1(0) = 2 ;
et
P2 (0) = 22 ;
P3 ( x ) = 24 x 4 − 36 x2 + 8
et
3
P3 (0) = 2 .
(
)
et
Pn +1( x ) = −3n x2 + 2 Pn ( x ) + x3 Pn′ ( x )
( Pn (0))n ∈
*
Pn +1(0) = 2 Pn (0)
donc la suite
est géométrique de raison 2, et puisque P1(0) = 2 :
Pn (0) = 2n .
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
m Pn ( x ) = Pn (0) = 2n donc
• lim
x→ 0
2
f ( n ) ( x ) ∼ 2n x − 3n e − 1 / x
0
La réponse C est fausse.
1
m f ( n ) ( x ) = 0.
: x −3n e −1 / x = t (3n) / 2 e −t → 0
donc lim
x→ 0
t → +∞
x2
On a établi que f est C 1 sur . Pour n ≥ 1, supposons que f est C n sur  et
2
• Posons t =
0
que f ( n ) (0) = 0.
f est C n+1 sur *, donc f (n) est C1 sur *. Or : lim
m f ( n +1) ( x ) = 0 donc f ( n ) est
x→ 0
(n)
n+1
dérivable en 0 et f
sur .
(0) = 0, donc f est C sur  et f est C
n
On a ainsi montré par récurrence que : ∀n ∈ , f est C sur .
f est C ∞ sur .
Donc :
La réponse D est bonne.
( n + 1)
148
1
corrigés
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
>
QCM 3 Accroissements finis
• Question 1 : réponses C et D
•  a = fa (  a ) ⇔ a e −  a =  a
a ∈ [0, + ∞] donc
NONPour a = e :
⇔  a e a = a ⇔ g ( a ) = a.
e a > 1
 a > 0 d’où
et
 e ee = e ⇔  e = 1 or  e +
 a e a >  a
soit
a > a.
 2e 3
= < e.
2 2
La réponse A est fausse.
• Sur +, g ′ ( x ) = e x ( x + 1) > 0 , donc g est strictement croissante, continue
( )
sur +, alors g réalise une bijection de + sur g  + =  +. Sa réciproque g−1
est aussi strictement croissante sur +, et : g ( a ) = a ⇔  a = g −1(a ).
Donc la fonction a   a est croissante sur  *+.
La réponse B est fausse.
*
• La fonction  n est concave sur  +, et sa tangente en 1 a pour équation :
y=x−1
Donc :
∀ x ∈  *+ , ln
ln x ≤ x − 1
et en particulier
 a e a = a ⇔ ln ( a ) +  a = ln (a)
Or :
lim ln (a ) = +∞
a → +∞
• ln ( a ) = o ( a )
+∞
donc
(2)
ln ( a ) ≤  a − 1
et d’après (1)
a ≥
(1).
1
ln (a ) + 1 .
2 
lim  a = +∞
a → +∞
donc, d’après (2) :
La réponse C est bonne.
 a ∼ ln (a)
+∞
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et D
• un = un+1 ⇔ un =  a
⇔ u0 =  a
car f est bijective. Or, u0 ≠  a donc
∀ n ∈ ,
, un ≠  a . fa est continue, dérivable et strictement décroissante sur
+ car f ′a ( x ) = −a e − x < 0.
fa (  + ) = ]0, a ] donc ∀ n ≥ 1, un ∈ ]0, a ].
un +1 − un = fa (un ) − fa (un −1 ) et fa est décroissante, donc un +1 − un et un − un −1
sont de signes contraires. Or  a > 0, et deux suites équivalentes ont même
signe à partir d’un certain rang.
La réponse A est fausse.
149
corrigés
• un+1 −  a = fa (un ) − fa ( a ) . On peut appliquer le théorème des accroissements finis à fa entre un et  a :
il existe un réel cn compris entre un et  a tel que :
fa (un ) − fa ( a ) = f ′a (cn ) un −  a
f ′a (cn ) = −a e − cn = − fa (cn )
Or :
lim un =  a
n → +∞
d’où
lim cn =  a
un+1 −  a = fa (cn ) un −  a .
donc
or fa est continue en cn, donc :
n → +∞
lim fa (cn ) = fa ( a ) =  a > 0, fa (cn ) ∼  a et
n → +∞
un+1 −  a
+∞
∼  a un −  a
+∞
La réponse B est bonne.
NON e = 1
donc, pour a > e : a > 1 et
lim  a
n−k
= +∞
n → +∞
or lim un +1 − un = 0 .
La réponse C est fausse.
n → +∞
• Supposons  a > 1 et u0 ≠  a , donc ∀ n ∈ ,
, un ≠  a.
un+1 −  a
.
un −  a
vn ∼  a
lim vn =  a > 1.
D’après l’assertion B :
donc
+∞
n → +∞
a − q
Soit q ∈ ]1,  a [ et ε =
.
2
À partir d’un certain rang k :  a − ε ≤ vn ≤  a + ε .
Posons :
vn =
Donc ∀ n ≥ k, vn ≥ q et, tous les termes étant strictement positifs :
n
u − a
un +1 −  a ≥ q n − k +1 uk −  a .
vp ≥ q n − k +1, soit n +1
≥ q n − k +1 et
∏
uk −  a
p= k
Or :
lim q n − k +1 = +∞
n → +∞
et
lim un +1 −  a = 0
n → +∞
:
impossible
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
• fa étant strictement décroissante : fa ( x ) − fa ( y ) > 0. On applique le théorème des accroissements finis à fa entre x et y :
f ( x ) − fa ( y )
∃ c ∈[
∈ [x, y] , a
= f ′ a (c ) = − fa (c )
x−y
y −x > 0 et fa (c ) < fa ( x ) car fa est strictement décroissante, donc :
fa ( x ) − fa ( y ) < fa ( x ) ( y − x )
• Si
a<1
alors
c<1
et
a a
fa (c ) = c >
e
e
150
La réponse A est bonne.
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
corrigés
 a
La réponse B est fausse.
  .
e
• Pour y = a, l’inégalité de l’assertion C s’écrit : fa ( x ) −  a < 0 : impossible.
donc
( y − x)
fa ( x ) − fa ( y ) >
La réponse C est fausse.
• Pour x ∈ ]0, a ] :
f ′a (x) = a e
−x
<a
car
e
−x
< 1.
Donc, d’après l’inégalité des accroissements finis : fa ( x ) −  a
< a x − a
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses A et D
• D’après la question 3 assertion D, fa est lipschitzienne de rapport a < 1
sur ]0, a[ .
( )
fa  *+ = ]0, a[
De plus :
Alors, ∀ n ≥ 1 :
donc
un+1 −  a = f (un ) − f ( a )
et, par récurrence simple :
Or :
n
lim a = 0
n → +∞
∀ n ≥ 1, un ∈ ]0, a[ .
car
a<1
un+1 −  a
≤ a un −  a
≤ a n u1 −  a
(2)
donc (un )n ∈ converge vers  a > 0.
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
NONOn a vu que u
n +1
− un et un − un −1 étaient de signes contraires.
La réponse C est fausse.
• u1 et a sont dans l’intervalle ]0, a[, donc u1 −  a ≤ a
et, d’après (2) :
>
un+1 −  a
≤ a n +1
La réponse D est bonne.
QCM 4 Convexité
• Question 1 : réponses C et D
( )
• exp est strictement convexe car e x ″ = e x > 0 sur . Donc, pour tout
x ≠ 0, la tangente à la courbe de exp en x = 0 est strictement en dessous de
la courbe : ∀ x ∈  * , 1 + x < e x (1).
En revanche, il y a égalité en x = 0 :
NONPour x = 2 :
1 + 0 = e0 .
La réponse A est fausse.
1
< 0 < ex
1− x
La réponse B est fausse.
151
corrigés
• ∀ x ∈[
∈ [0, 1], 1 + x < e x
0 < 1 − x < e− x
⇔
ex <
et, en remplaçant x par −x dans (1), on obtient :
1
1− x
La réponse C est bonne.
On applique la double inégalité C à x =
y +1
y
1
< e1 / y <
∈ [0
0, 1
1] : 0 <
y
y
−1
y
 y + 1
 y 
1
<
< ln 
Soit, en composant par ln, fonction croissante : ln 
y
 y 
 y − 1
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponse B
n > 1 donc, d’après l’assertion D de la question 1 :
pour 0 ≤ p ≤ (k − 1) n :
 n + p + 1
 n+p 
1
ln 
<
< ln 
n+p
 n + p 
 n + p − 1
En sommant de p = 0 à p = (k − 1) n, et en remplaçant les sommes des
logarithmes par les logarithmes des produits, on obtient :
 (k −1) n n + p + 1
 (k −1) n n + p 
ln  ∏
< un < ln  ∏


n+p 
 p=0
 p = 0 n + p − 1
soit, en simplifiant :
 1 + k n
 kn 
ln 
< un < ln 
 n 
 n − 1
(2)
La réponse B est bonne.
m
• lim
n → +∞
1+ kn
kn
= llim
=k
n → +∞ n − 1
n→
n
donc, dans (2), les deux suites encadrant
unont la même limite ln k, et (un )n ≥ 2 converge vers L = ln k.
Les réponses A, C et D sont fausses.
• Question 3 : réponses B et D
• Sur , f et f ′ sont croissantes, et f est convexe.
Donc, d’après le théorème de la limite monotone, f et f ′ admettent des limites en +∞ et en −∞.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
152
chapitre 7 : Limites Continuité Dérivation
corrigés
f et f ′ sont minorées par 0, donc f et f ′ admettent en −∞ des limites
qui coïncident avec les bornes inférieures des fonctions.
Toutefois, la borne inférieure n’est pas nécessairement 0, comme
dans l’exemple de la fonction f ( x ) = e x + 1 pour laquelle lim
m f ( x ) = 1.
NONfinies,
finies,
x→ − ∞
La réponse C est fausse.
• f est croissante et non constante, donc :
La tangente en x = c a pour équation :
f étant convexe :
∃ c ∈ , f ′ (c ) > 0.
y = f (c ) + f ′(c ) ( x − c ) .
∀ x ∈ , f ( x ) ≥ f (c ) + f ’(c ) ( x − c ).
En faisant tendre x vers + ∞, on obtient :
lim
m f ( x ) = +∞
x→ + ∞
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et C
• f est convexe sur , donc, d’après la croissance des pentes, ϕ est croissante
sur  *− et  *+ .
La réponse A est fausse.
• f est continue et dérivable sur [ x,
x, 0 ] (x < 0) et, f ′ étant croissante :
∀ t ∈ [ x, 0 ], f ′(t ) ≥ f ′( x )
Donc, d’après l’inégalité des accroissements finis :
f ′( x ) ≤
f ( x ) − f (0 )
x−0
soit
0 ≤ f ′( x ) ≤ ϕ ( x )
Or, lim
m f ( x ) est finie, donc : lim
m ϕ ( x ) = 0 et, d’après (3)
x→ − ∞
x → −∞
(3)
lim
m f ′( x ) = 0
x→ − ∞
La réponse B est bonne.
• Pour x > 0, on obtient, en utilisant l’inégalité des accroissements finis :
f ( x ) − f (0)
– sur [ 0, x ] :
≤ f ′( x )
x
– et de même, sur l’intervalle [ x, 2 x ] :
soit finalement : ∀ x > 0,
0, ϕ ( x ) ≤ f ′( x ) ≤
153
f (2 x ) − f ( x )
x
f (2 x ) − f ( x )
(4)
x
La réponse C est bonne.
f ′( x ) ≤
corrigés
f ( x ) − f (0 )
f (2 x ) f ( x )
≤ f ’( x)
x) ≤ 2
−
x
2x
x
• D’après (4) :
f ( x ) − f (0)
f ( x ) or ϕ est croissante sur  *
∼
+
+∞
x
x
f (x)
donc ϕ admet une limite en +∞ et lim
= lim
m ϕ( x ).
x → +∞
x → +∞
x→
x
lim
m f ( x ) = +∞
x → +∞
Si
lim
x → +∞
donc
f (x)
= +∞
x
et : lim
m f ′( x ) = llim
x → +∞
x → +∞
x→
alors, d’après (4)
lim
m f ′( x ) = +∞
x → +∞
f (x)
x
La réponse D est fausse.
154
chapitre 8
Espaces
vectoriels
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Sous-espaces vectoriels
156
163
• QCM 2 : Applications linéaires –
Noyau et image
157
167
• QCM 3 : Endomorphisme de C ∞(, )
159
170
• QCM 4 : Endomorphismes solutions
d’une équation
161
173
155
énoncés
>
QCM 1 Sous-espaces vectoriels
(D’après EPL 2008)
• Question 1
Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E.
A
Si F ⊂ G, alors F ∪ G est un sous-espace vectoriel de E.
Supposons l’existence d’un x ∈ F et x ∉ G, alors :
B ∀ g ∈ G,
C
(F ∪ G sous-espace vectoriel de E
⇒ x + g ∈ F) .
Si l’assertion B est vraie, F ∪ G ne peut être un sous-espace
vectoriel de E.
D
F ∪ G ne peut être un sous-espace vectoriel de E que si F ⊂ G.
• Question 2
Soit, dans l’espace vectoriel 4, les vecteurs :
u = (1, 2, 3, 0) , v = (0, − 1, 2, − 2) , w = (3, 7, 7, 2) , t = (1, 2, 3, 1)
Soit F = Vect (u, v, w ) le sous-espace vectoriel engendré par (u, v, w), et H = t
la droite dirigée par t.
Soient :
G=
K=
{ (α,
{ (a, b, c, d ) ∈ 
4
/ a+b−d =0
− α + 3 β, 3 β, 2α − 2 β) /
}
(α, β) ∈ 2 }.
A
F et G sont des sous-espaces vectoriels de dimension 3.
B
G ∪ H est un sous-espace vectoriel.
C
H est un supplémentaire de G.
D
K est un sous-espace vectoriel de dimension 2, et F + K =  4 .
156
énoncés
chapitre 8 : Espaces vectoriels
• Question 3
Soit I une partie de . On note  (I,  ) l’espace vectoriel des applications de
I dans .
A
(ch x,
sh x ) est une famille liée dans  ( ,  ) .
sh
B ∀ a ∈ ,
(1,
sh x, eax
)
est une famille libre dans  ( ,  ).
)
(
)
ln x, (ln x ) , ..., (ln x ) est une famille libre dans   *+ ,  .
1

n x, arctan  est une famille liée dans   * ,  .
 1, arctan
x
C ∀ n ∈ ,
,
D
(ch x,
2
n
(
)
• Question 4
Soient H et K deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace vectoriel E de dimension finie.
Soit (e1, ..., ek ) une base de K, et a ∈ H.
(
)
A Dim
m Vec
Vectt (e1 + a, ..., ek + a ) < k.
B
Vect (e1 + a, ..., ek + a ) est supplémentaire à H.
C
Vect (e1 + a, ..., ek + a ) = K.
D
On peut montrer ici que tout sous-espace vectoriel d’un espace
vectoriel de dimension finie admet au moins deux supplémentaires.
>
QCM 2 Applications linéaires – Noyau
et image (d’après EPL 2006 et 2008)
Les questions 1 et 2 sont liées.
Soit l’espace vectoriel E = 3. On note  = (e1, e2, e3 ) sa base canonique.
Soit f l’endomorphisme de E qui à tout vecteur (x, y, z) associe le vecteur
( x + 3z, 0, y − 2z ).
157
énoncés
• Question 1
A
f (e1 ) = e1 + 3 e3 , f (e2 ) = 0 , f (e3 ) = e2 − 2 e3 .
B
f (e1 ) = e1 , f (e2 ) = e3 , f (e3 ) = 3 e1 − 2e3.
C
f est de rang 3 car E est de dimension 3.
D
f est de rang 2 car (e1, e3) est une base de Imf.
• Question 2
A Kerr f = {0} .
B
Ker f est de dimension 1 car dim
m Ker f = dim
dim E − rg f .
C
Ker f est un sous-espace vectoriel de Im f car dim
m Ker f ≤ d
dim
im Im f .
D
L’égalité « dim
m E = dim
dim Ker
Ker f + dim IIm f » suffit pour affirmer que
Im f et Ker f sont supplémentaires.
Les questions 3 et 4 sont liées.
E est un espace vectoriel sur un corps K, et (E) désigne l’ensemble des endomorphismes de E.
Pour f ∈  (E), on note f 0 = Id et ∀ n ∈ , f n +1 = f n o f .
• Question 3
A Kerr f 2 ⊂ K
Ker
er f
B
Im f 2 ⊂ Im f
⇔ Kerr f ∩ Im f = {0}.
⇔
Im f + Ker
Ker f = E .
On suppose dans la suite que E est de dimension finie.
Les conditions suivantes sont équivalentes à E = Im f ⊕ Ker f :
C Im f ⊂ Im f 2
D
f 2 = f ( f est un projecteur).
158
chapitre 8 : Espaces vectoriels
énoncés
• Question 4
Soit f ∈  (E) tel que :
n− 1
≠0
∃ n ∈  * − {1} , f n = 0 et f
A
∀ x ∈ E,
B ∃ x ∈ E,
(on dit que f est nilpotent d’indice n).
(x, f (x), f (x), ..., f
(x, f (x), f (x), ..., f
2
2
)
( x )) est libre.
n −1
n −1
( x ) est libre.
On suppose dans la suite que E est de dimension n.
(
Kerr f = V
Vec
ectt ( f
)
C Im f = Vect x, f ( x ), f 2 ( x )),, ..., f n −2 ( x ) où x est tel que f n −1( x ) ≠ 0 .
D
>
n −1
)
( x ) où x est tel que f n −1( x ) ≠ 0 .
∞
QCM 3 Endomorphisme de C ( , )
(d’après EPL 2007)
Dans l’espace vectoriel F des fonctions réelles définies et indéfiniment dérivables
sur , on considère l’ensemble E des fonctions de la forme P ( x ) ch x + Q( x ) sh x,
où P et Q sont deux fonctions polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou
égal à 2.
On désigne par f1, f2, f3, f4 , f5, f6 les fonctions définies sur  par :
f1( x ) = ch x, f2 ( x ) = sh x, f3 ( x ) = x ch x
f4 ( x ) = x sh x, f5 ( x ) = x2ch x, f6 ( x ) = x2sh x
• Question 1
L’ensemble E :
A
est un anneau.
B
n’est pas un sous-espace vectoriel de F.
C
est un espace vectoriel engendré par la famille ( fi )1 ≤ i ≤ 6 .
D
est un groupe pour la loi de multiplication des fonctions.
159
énoncés
• Question 2
On pose :
(
)
(
)
f ( x ) = λ1 + λ 2 x + λ 3 x2 ch x + µ 1 + µ 2 x + µ 3 x2 sh x.
A
La fonction f ( x ) e − x tend vers 0 lorsque x tend vers + ∞ quelque soit
les réels λ1, λ 2, λ 3, µ 1, µ 2, µ 3.
B
La fonction f ( x ) e x tend vers 0 lorsque x tend vers − ∞ si
et seulement si λ1 − µ 1 = λ 2 − µ 2 = λ 3 − µ 3 = 0.
C
La famille
D
La famille
( fi )1 ≤ i ≤ 6
( fi )1 ≤ i ≤ 6
est une famille liée de E.
est une base de E.
• Question 3
On note D l’application de F dans F qui à une fonction f associe sa dérivée f ′.
A
D n’est pas un endomorphisme de F.
B
D ne réalise pas une bijection de F sur lui-même car D ( f + k) = D ( f )
où k est une fonction constante donnée.
C
D induit un endomorphisme de E.
D
D ne réalise pas une bijection de E sur lui-même car elle n’est pas
injective.
• Question 4
On note id l’application identique de F dans lui-même.
L’image de E par l’application (D2 − id) :
A
B
est l’espace vectoriel de dimension 4 engendré par la famille
f2, f3, f4 ).
( f1,
est un espace de dimension 3.
Le noyau de l’application (D2 − id) :
( f ′ )2 −
C
est l’espace des solutions de l’équation différentielle
D
est l’espace de dimension 2 engendré par la famille ( f1, f2).
160
f = 0.
chapitre 8 : Espaces vectoriels
>
énoncés
QCM 4 Endomorphismes solutions
d’une équation
Soit E un -espace vectoriel de dimension finie.
On rappelle que l’ensemble (E) des endomorphismes de E est un -espace
vectoriel et un anneau.
α et β étant des réels, on étudie des endomorphismes f de E tels que :
f 2 + α f + β Id = 0.
• Question 1
Soit f ∈  (E) tel que :
f2 +αf = 0
A
(1)
Si α = 0, Im f = Ker
Ker f .
B ∀ α ∈  , f n’est pas bijective.
C
Si α ≠ 0, ∃ λ ∈  * tel que λ f soit un projecteur.
D
Si l’assertion C est jugée exacte, on en déduit que Ker f et
Ker ( f + α IId
d ) sont supplémentaires.
• Question 2
Dans cette question, E = 4. On note  = (e1, e2, e3, e4 ) la base canonique de E.
Soit D la droite dirigée par u = e1 + e2 + e3 + e4.
On considère l’endomorphisme f de E défini par :
∀ i ∈ {1, 2, 3, 4} , f (ei ) = u − ei .
On note g = f + Id .
A
f (u) = 2 u.
B ∀ h ∈Ke
∈ Kerr g, f (h) = − h d’o
d’où D ∩ Ker g = {0}.
C
Im g = D donc D et Ker g sont supplémentaires.
D
g2 = 4 g donc f 2 − 2 f + 3 Id = 0.
161
énoncés
• Question 3
Dans cette question, f désigne un endomorphisme de E tel que :
f 2 − 2 f − 3 Id = 0 (2)
Pour tout réel λ, on note Fλ = { u ∈ E / f (u) = λu }.
A
f 2 − 2 f − 3 Id = ( f + IId
d ) o ( f − 3 IId
d ) donc f = −Id et f = 3Id sont les
seules solutions de (2).
B f est un automorphisme de E, et f −1 est combinaison linéaire de f et Id.
C Pour certaines valeurs de λ, Fλ n’est pas un sous-espace vectoriel de E.
D
F−1 et F3 sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires dans E.
• Question 4
Soit p un projecteur de E, p ≠ 0 et p ≠ Id. On note q = Id − p le projecteur associé.
On définit :
{
p = α p + β q /
(α, β) ∈ 2 }.
A
p est un sous-espace vectoriel de (E) de dimension 2.
B
p n’est pas un sous-anneau de (E).
Dans la suite, f désigne un endomorphisme de E tel que f 2 − 2 f − 3 Id = 0 (2),
1
et on note p = ( f + Id ).
4
, f n = 3n p + ( −1) q.
q
C p est un projecteur, et ∀ n ∈ ,
n
D
( p, q) est une base de p.
162
corrigés
>
QCM 1 Sous-espaces vectoriels
• Question 1 : réponses A et B
• Si F ⊂ G, alors F ∪ G = G est un sous-espace vectoriel de E.
La réponse A est bonne.
• ∃ x ∈F
∈ F,
F, x ∉ G
donc
F ⊄ G.
Si F ∪ G est sous-espace vectoriel de E, alors, par stabilité pour +,
x + g ∈ F ∪ G.
Supposons x + g ∉ F, alors x + g ∈ G, or x = x + g − g ∈ G par stabilité

 
 
∈G
∈G
x + g ∈ F.
pour −, ce qui est en contradiction avec l’hypothèse. Donc :
La réponse B est bonne.
NON
On a donc :
autrement dit :
g= x+g −
x ∈F

 
 ∈F
∀ g ∈G
∈ G, g ∈ F,
∈F
soit G ⊂ F. On a ainsi montré que :
(F ⊄ G
et F ∪ G sous-espace vectoriel )
⇒ G⊂F
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 2 : réponse C
• Pour déterminer la dimension de F, il faut trouver le rang de (u, v, w) ou
une base de F. Appliquons la méthode du pivot (les pivots sont encadrés) :
u
v
w
1
2
0
3
−1
7
3
0
2 −2
7
2
u
v
w − 3u
1
2
0
0
−1
1
3
0
2 −2
−2 2
ssoit
m F = 2 et
Donc (u, v, w) est une famille liée de rang 2, dim
est une base de F.
3u − v − w = 0
(u, v)
est une base de
La réponse A est fausse.
• G est l’hyperplan d’équation a + b − d = 0, ce qui suffit à montrer que G
est un sous-espace vectoriel de dimension 4 −1 = 3. dim H = 1, donc G ⊄ H.
Donc, d’après la question 1, G ∪ H est un sous-espace vectoriel si H ⊂ G.
Or, H = t et t = (1, 2, 3, 4) ne vérifie pas l’équation de G, donc H ⊄ G et
G ∪ H n’est pas un sous-espace vectoriel.
La réponse B est fausse.
163
corrigés
• dim H = 1, dim G = 3 et t ∉ G donc : H ∩ G = {0}
et dim
m H + dim
dim G = 4 = dim  4.
H et G sont donc supplémentaires.
La réponse C est bonne.
β,, 2α − 2 β ) = α (1, − 1, 0, 2) + β (0, 3, 3, − 2)
• (α, − α + 3 β, 3 β
donc K est l’ensemble des combinaisons linéaires de u′ = (1, − 1, 0, 2)
et v′ = (0, 3, 3, − 2) .
u
De plus, (u′, v′ ) est une famille libre (2 pivots), donc K = V
Vect (u′, v′ ),
ce qui suffit à montrer que K est un sous-espace vectoriel de dimension 2
de base (u′, v′ ).
On a alors : dim
m F+d
dim
im K = 2 + 2 = 4 = dim  4
F + K = Vect (u, v, u′, v′ ) .
Donc :
et
F + K =  4 si (u, v, u′, v′ ) est une famille libre.
Or :
u
v
u′
v′
1
2
0
1
0
−1
−1
3
3
0
2 −2
0 2
3 −2
u
v
u′ − u
v′
1
2
0
0
0
−1
−3
3
3
0
2 −2
−3 2
−
3 −2
u′ + v ′ − u = 0
soit
Donc (u, v, u′, v′ ) est une famille liée et F + K ≠  4.
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponse C
NON
• (ch x, sh
sh x ) est une famille libre car ch ≠ 0 et ∀ λ ∈ , ch
ch ≠ λ s h
puisque ch est paire et que sh est impaire. La réponse A est fausse.
• Pour a = 1, on a ch x + sh x = e x .
La réponse B est fausse.
Pour montrer qu’une famille (u1 , u2 , ..., un ) est libre pour tout n, on peut
utiliser une récurrence.
164
v
chapitre 8 : Espaces vectoriels
• Ici, notons fk : x 
( f0 , f1, ..., fn ) est libre.
(ln x )k,
corrigés
et montrons par récurrence sur n que
– f0 : x  1 est libre car f0 ≠ 0.
– Pour n ∈, supposons que
f1, ..., fn +1 ) est libre.
( f0 ,
( f0 ,
f1, ..., fn ) est libre, et montrons que
n+ 2
Soit (α 0 , α1, ..., α n+
tel que :
n +1 ) ∈ 
α 0 f0 + α1 f1 + ... + α n +1 fn +1 = 0.
∀ x ∈  *+ , α 0 + α1 lln
n x + α2 (ln x ) + ... + α n (ln x ) + α n +1 (ln x )
2
Dérivons (1) :
n
= 0 (1)
α1 2 α 2
n αn
(n + 1) α n +1 ln x n = 0
+
ln x + ... +
(ln x )n −1 +
( )
x
x
x
x
α1 + 2 α2 ln x + ... + n α n (ln x )
n −1
soit :
n +1
+ (n + 1) α n +1 (ln x ) = 0
n
α1 f0 + 2 α2 f1 + ... + n α n fn −1 + (n + 1) α n +1 fn = 0
donc :
Or, ( f0 , f1, ..., fn ) est libre, d’où :
dans (1) : α 0 = 0
c’est-à-dire que
α1 = α2 = ... = α n +1 = 0 et, en remplaçant
( f0 ,
f1, ..., fn +1 ) est libre.
La réponse C est bonne.
Pour montrer qu’une famille de fonctions est libre, on peut donner des
valeurs particulières à x, prendre des limites ou dériver.
1
• Supposons que : ∀ x ∈  * , α + β a
arcta
rctan x + γ arctan
= 0 (2)
x
(2) donne :
donc
π

 pour x = 1 : α + (β + γ ) 4 = 0

π

 quand x tend vers 0+ : α + γ = 0
2

π

 quand x tend vers 0− : α − γ 2 = 0

α=β=γ =0
La réponse D est fausse.
165
corrigés
• Question 4 : réponse B
NON
Pour a = 0 : Vect (e1 + a, ..., ek + a) = Vect (e1, ..., ek) = K, de dimension k.
La réponse A est fausse.
• H⊕K = E
donc :
H ∩ K = {0}
et, si dim E = n :
dim H = n − k.
Vect
V
ectt (e1 + a, ..., ek + a ). Déterminons dim Ka.
Soit K a = Vec
Soit (α1, ..., α k ) ∈  k tel que :
Alors :
k
∑
=
i 1
α i (ei + a ) = 0.
k
 k

α i ei = −  ∑ α i  a ∈ H ∩ K = {0} , d′où
ù


i 1
i =1










∑
=
∈K
k
∑
=
i 1
α i ei = 0
∈H
or, (e1, ..., ek ) est libre, donc α1 = ... = α k = 0 et (e1 + a, ..., ek + a ) est libre,
soit dim K a = k.
Déterminons H ∩ K a. Soit u ∈ K a
Si u ∈ H:
u=
k
∑
=
i 1
α i (ei + a ).
k
k
 k

α i ei = u −  ∑ α i  a ∈ H ∩ K = {0} , ssoit
oit ∑ α i ei = 0
oit
 i =1 
i 1
i =1









∑
=
∈K
∈H
d’où α1 = ... = α k = 0.
Donc : u = 0 et H ∩ K a = {0} or dim H + dim K a = n donc H ⊕ K a = E
La réponse B est bonne.
• Si Vect (e1 + a, ..., ek + a ) = K, alors : ei + a ∈ K. Or
donc :
NON
a ∈ H ∩ K = {0} , soit a = 0 .
a
e + a) − 
ei
 = (

i 

∈H
∈K
∈K
La réponse C est fausse.
Si K = {0}, K n’admet qu’un seul supplémentaire : E.
La réponse D est fausse.
166
chapitre 8 : Espaces vectoriels
>
corrigés
QCM 2 Applications linéaires –
Noyau et image
• Question 1 : réponses B et D
• f (e1 ) = (1, 0, 0) = e1,
f (e2 ) = (0, 0, 1) = e3,
f (e3 ) = (3, 0, − 2) = 3 e1 − 2 e3
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• rg f = dim Im f
Or
Im f = Vect ( f (e1 ) , f (e2 ) , f (e3 )) = Vect (e1, e3, 3 e1 − 2 e3 )
rg f = rg (e1, e3, 3e1 − 2e3 ) = 2
3e1 − 2e3 )
car (e1, e3 ) est libre et (e1, e3, 3e
est liée.
Donc :
rg f = 2 et (e1, e3 ) es
estt une base
base de Im f .
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 2 : réponse B
• D’après le théorème du rang : dim
m Ker f = dim
dim E − rg f = 3 − 2 = 1
donc Kerr f est de dimension 1 (droite).
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
•F⊂G ⇒
dim
m F ≤ dim G,
G mais la réciproque est fausse. Vérifions le ici :
( x, y, z ) ∈ Ker f
x + 3z = 0
⇔ f ( x, y, z ) = 0 ⇔ 
⇔ ( x, y, z ) = z ( −3,, 2, 1) .
y − 2z = 0
( −3, 2, 1) = − 3 e1 + 2 e2 + e3
∉ Vect (e1, e3 ) donc Ker f ⊄ Im f .
La réponse C est fausse.
NON
dim
im E = dim F + dim G et
et F ∩ G = {0}) .
• (F et G sont supplémentairess) ⇔ (d
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponses A et C
• x ∈ Ker f
⇔ f ( x ) = 0 ⇒ f 2 ( x ) = 0 ⇒ x ∈ Ker f 2
donc Kerr f ⊂ K
Ker
er f 2 .
– Supposons que Kerr f 2 ⊂ K
Ker
er f :
 f (x) = 0
x ∈ Ker f ∩ Im f ⇔ 
x′ ) (1)
 ∃ x′ ∈ E, x = f ( x′
167
corrigés
f 2 ( x′ ) = f ( x ) = 0
Alors
f ( x′ ) = 0
d’où
et
x′ ∈ Ker f 2 ⊂ Ker f ,
x = 0 d’après (1). Finalement :
– Supposons que Kerr f ∩ Im f = {0} :
Or
d’où
f ( x ) ∈ Im f
Finalement :
f (x) = 0
Kerr f 2 ⊂ K
Ker
er f
donc
x′ ∈ Ker f
soit
Kerr f ∩ Im f = {0}.
x ∈ Ker f 2
⇔ f ( x ) ∈ Kerr f .
x ∈ Ker f , donc Kerr f 2 ⊂ K
Ker
er f .
soit
⇔ Kerr f ∩ Im f = {0}
La réponse A est bonne.
NON
f 2 ( x ) = f ( f ( x ))
donc, on a toujours :
Mais on n’a pas toujours :
( ) tel que : f (e ) = 0
f ∈ 
3
1
Im f 2 ⊂ Im f .
Im f + Ker f = E .
et
Par exemple, soit
f (e2 ) = f (e3 ) = e1
avec (e1, e2, e3 )
base canonique de  .
3
Alors :
Kerr f = Im f =  e1
donc
Im f + Ker
Ker f =  e1 ≠ 3.
La réponse B est fausse.
• Im f ⊂ Im f 2 ⇔ Im f = Im f 2 ⇔ rg f = rg f 2, et d’après le théorème du
rang :
dim
m Ker f = d
dim
im Ker f 2 , or Kerr f ⊂ K
Ker
er f 2
d’après l’assertion A : Kerr f ∩ Im f = {0} .
De plus :
dim
m Im
m f + dim
dim Ker
Ker f = dim
dim E
Réciproquement, si E = Im f ⊕ K
Ker
er f :
donc
donc
Kerr f = K
Ker
er f 2
et,
E = Im f ⊕ K
Ker
er f .
pour x ∈ E, y = f ( x ) ∈ Im f
et :
∃ ! x1 ∈Ke
∈ Ker f , ∃ ! x2 ∈
∈Im
Im f et ∃ x3 ∈
∈E
E, x = x1 + x2 = x1 + f ( x3 ) .
E,
Donc :
y = f ( x ) = f ( x1 + f ( x3 )) = f ( x1 ) + f 2 ( x3 ) = f 2 ( x3 ) ∈ Im f 2

0
∈
et
Im f ⊂ Im f 2.
La réponse C est bonne.
Si f 2 = f , alors E = Im f ⊕ Ker
Ker f . En revanche la réciproque est fausse .
NON Soit par exemple une symétrie f :
f ≠ IId
d , f o f = Id et f est bijec-
tive, donc Kerr f = {0} eett Im f = E d’où
E = Im f ⊕ Ker
Ker f , or f 2 ≠ f .
La réponse D est fausse.
168
chapitre 8 : Espaces vectoriels
corrigés
• Question 4 : réponses B et D
NON Pour x = 0, (x, f (x), f
• f n−1 ≠ 0
tel que :
donc
2
)
( x ), ..., f n −1( x ) est liée .
La réponse A est fausse.
n
∃ x ∈E
∈ E, f n −1( x ) ≠ 0 . Pour cet x, soit (α 0 , ..., α n −1 ) ∈ K
α 0 x + α1 f ( x ) + α2 f 2 ( x ) + ... + α n −1 f n −1( x ) = 0
(2)
Composons (2) par f n–1 :
 n −1

n −1
f n −1  ∑ α i f i ( x ) = 0 ⇔ α 0 f n−
(x) = 0
 i=0

Or :
f n −1( x ) ≠ 0 donc α 0 = 0 et (2) ⇔
On compose alors par f
avoir :
n–2
f n − 1 + i = 0 pour i ≥ 1.
car
n −1
∑α
i =1
i
f i (x) = 0
pour obtenir α1 = 0, et ainsi de suite jusqu’à
(
)
α 0 = α1 = ... = α n −1 = 0 donc x, f ( x ), f 2 ( x ), ..., f n −1( x ) est libre.
La réponse B est bonne.
• Si dim E = n , la famille précédente de n vecteurs, libre, est une base de E.
Donc :
(
)
Vect x, f ( x ), f 2 ( x ), ..., f n −1( x ) = E


Im f = Vect  f ( x ),
), f 2 ((x
x ), ..., 
f n ( x ) = Vect f ( x ),
), f 2 ((x
x ), ..., f n −1( x )


0
(
donc Im f ≠ E.
)
La réponse C est fausse.
(
)
x ), ..., f n −1( x ) est une base de Im f, donc, d’après le théorème
• f ( x ), f 2 ( x),
du rang :
(
)
dim
m Ker f = 1 or f f n −1( x ) = 0 d′où f n −1( x ) ∈ Ker f et f n −1((x
x) ≠ 0
donc
f n −1( x ) est une base de Ker f.
169
La réponse D est bonne.
corrigés
>
QCM 3 Endomorphisme de C∞( ,  )
• Question 1 : réponse C
• F = C ∞ ( , ) est un espace vectoriel et un anneau.
Si E est un anneau, E est stable pour × et +, et on a :
f12 − f22 = ch2 − sh2 = 1 ∈ E.
Donc il existe 2 polynômes P et Q tels que : ∀ x ∈ , P ( x )ch
)ch x + Q( x )sh x = 1
1
1
P ( x ) + Q( x )]e x + [ P
P(( x ) − Q
Q(( x )]e − x = 1 avec P ≠ 0 ou Q ≠ 0.
[
2
2
soit :
Or, la limite du membre de gauche quand x tend vers +∞ est ± ∞ et non pas 1.
Donc 1 ∉E et E n’est pas un anneau.
La réponse A est fausse.
{
(
)
(
)
E = f : x  a x2 + b x + c ch x + a′x2 + b′ x + c ′ sh x / (a, b, c, a′, b′, c ′ ) ∈  6
autrement dit :
}
E=V
Vect ( f1, f2, f3, f4 , f5, f6 )
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
NON 0 ∈E et 0 n’a pas d’inverse pour x.
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et D
• f (x) =
1
( λ1 + µ 1 ) + ( λ 2 + µ 2 ) x + ( λ 3 + µ 3 ) x2  e x
2 
+
f (x) e− x =
1
( λ1 − µ 1 ) + ( λ 2 − µ 2 ) x + ( λ 3 − µ 3 ) x2  e − x
2 
1
( λ1 + µ 1 ) + ( λ 2 + µ 2 ) x + ( λ 3 + µ 3 ) x2 
2







g( x )
1
2
( λ1 − µ 1 ) + ( λ 2 − µ 2 ) x + ( λ 3 − µ 3 ) x2  e −2x
+
2



h( x )
lim
m h( x ) = 0 donc
x → +∞
lim
m f (x) e− x = 0 ⇔
x → +∞
llim
im g( x ) = 0 ⇔ g = 0
x → +∞
soit : lim
m f ( x ) e − x = 0 ⇔ λ1 + µ 1 = λ2 + µ 2 = λ 3 + µ 3 = 0 .
x → +∞
La réponse A est fausse.
170
chapitre 8 : Espaces vectoriels
x
• f (x) e =
corrigés
1
( λ1 + µ 1 ) + ( λ 2 + µ 2 ) x + ( λ 3 + µ 3 ) x2  e2x
2





k( x )
1
( λ1 − µ 1 ) + ( λ 2 − µ 2 ) x + ( λ 3 − µ 3 ) x2 
+
2



m( x )
• lim
m k( x ) = 0,
x→ − ∞
donc
lim
m f ( x ) e x = 0 ⇔ λ1 − µ 1 = λ2 − µ 2 = λ 3 − µ 3 = 0
x→ − ∞
La réponse B est bonne.
• Cherchons si
( fi )1 ≤ i ≤ 6
est liée.
Soit ( λ1, λ 2, λ 3, µ 1, µ 2, µ 3 ) ∈  6 tel que :
λ1 f1 + µ 1 f2 + λ 2 f3 + µ 2 f4 + λ 3 f5 + µ 3 f6 = 0
c’est-à-dire :
∀ x ∈ , f ( x ) = 0
En prenant les limites en +∞ de f ( x ) e − x, et en −∞ de f ( x ) e x, on obtient :
 λ1 + µ 1 = λ2 + µ 2 = λ 3 + µ 3 = 0

 λ1 − µ 1 = λ2 − µ 2 = λ 3 − µ 3 = 0
Donc
( fi )1 ≤ i ≤ 6
⇔ λ1 = λ2 = λ 3 = µ 1 = µ 2 = µ 3 = 0
est libre. Or, elle est génératrice de E, donc c’est une base de E.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses B et C
NON
La dérivation est linéaire : ( λ f + µ g )′ = λ f ′ + µ g ′ .
La réponse A est fausse.
• D ( f + k) = f ′ = D ( f ) car D (k) = 0
bijective.
donc D n’est pas injective, donc pas
La réponse B est bonne.
h x + Q( x )sh x,
x avec deg
g P ≤ 2 et d
deg
eg Q ≤ 2.
• Si f ∈ E : ∀ x ∈ , f ( x ) = P ( x )ch
f ′( x ) = [ P ′( x ) + Q( x )]ch x + [ P ( x ) + Q ′( x )] sh x , deg ( P ′ + Q ) ≤ 2 et
deg ( P + Q′
Q ) ≤ 2.
171
corrigés
Donc f ′ ∈ E. Or, D est linéaire, donc D induit un endomorphisme de E.
La réponse C est bonne.
NON
• Soit ∆ l’endomorphisme induit par D dans E : f ∈ Ker ∆ ⇔ f ′ = 0.
f ′( x ) =  λ 2 + µ 1 + (2 λ 3 + µ 2 ) x + µ 3 x2  ch x +  λ 1 + µ 2 + ( λ 2 + 2 µ 3 ) x + λ 3 x2  sh x
Ker ∆ = {0}, donc ∆
donc
f ′ = 0 ⇔ λ1 = λ 2 = λ3 = µ 1 = µ 2 = µ 3 = 0
est injective.
Or, E est de dimension finie, donc ∆ est bijective.
La réponse D est fausse.
• Question 4 : réponses A et D
(
)
• Im D2 − id = Vect
(D
(D
(( D
2
− id
) ( f ))
i
1≤i ≤ 6
.
Les calculs donnent :
) ( f ) = 0 , ( D − id ) ( f ) = 0 , ( D − id ) ( f ) = 2 f , ( D − id ) ( f ) = 2 f
− id ) ( f ) = 2 f + 4 f , ( D − id ) ( f ) = 2 f + 4 f .
Im ( D − id ) = Vect ( f , f , 2 f + 4 f , 2 f + 4 f ) = Vect ( f , f , f , f ).
2
− id
2
1
2
5
1
2
4
2
2
2
1
3
6
2
1
4
2
2
2
4
1
3
2
3
1
2
(
3
4
)
Or ( f1, f2, f3, f4 ) est libre, donc c’est une base de Im D2 − id , qui est donc
de dimension 4.
(
• f ∈ Ker D2 − iid
d
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
)
⇔ D2 ( f ) − f = 0 ⇔
f ′′ − f = 0
(1)
La réponse C est fausse.
• (1) a pour équation caractéristique :
r2 − 1 = 0
et pour racines :
r1 = 1 et r2 = −1
donc, les solutions de (1) sont les fonctions :
f : x  λ ex + µ e− x ,
(
( λ, µ ) ∈ 2
)
Alors, Ker D2 − id est l’espace vectoriel de dimension 2 engendré par
x  e x et x  e − x. Or, f1 et f2 sont solutions de (1), et ( f1, f2 ) est libre,
(
)
donc c’est une base de Ker D2 − id .
172
La réponse D est bonne.
chapitre 8 : Espaces vectoriels
>
corrigés
QCM 4 Endomorphismes solutions d’une
équation
• Question 1 : réponses C et D
• Si α = 0 : (1) ⇔ f 2 = 0 ⇔ ∀ x ∈ E,, f ( f ( x )) = 0 ⇔
N
x )N=O ⇔
x
,
∀ x ∈ E, f ( x ) ∈ Ker
Ker f ⇔ Im f ⊂ Kerr f .
Si Im f = Ker
Ker f et E de dimension n ≥ 2 :
n = dim Im f + dim Ker f = 2 dim Ker f .
Si n est impair, cela est impossible.
La réponse A est fausse.
• Pour α = −1 , f = IId
d vérifie (1) et est bijective.
La réponse B est fausse.
• Pour α ≠ 0 et λ ≠ 0 : p = λ f projecteur ⇔ λ 2 f 2 = λ f
λ=−
1
convient, donc :
α
f solution de (1) ⇒
−
⇔ f2 =
1
f.
λ
1
f projecteur
α
La réponse C est bonne.
• Si −
 1 
 1 
Kerr  − f  ⊕ Im  − f  = E
 α 
 α 
1
f est un projecteur :
α
 1 
Ker
er f
Or : Kerr  − f  = K
 α 
et
1 
 1 

Im  − f  = Ker  IId
d + f  = Ker ( f + α Id )
 α 

α 
car Id +
1
1
f est le projecteur associé à − f .
α
α
Donc :
Kerr f ⊕ Ker
Ker ( f + α Id ) = E .
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et C
NON
f (u) = f (e1 + e2 + e3 + e4 ) =
4
4
f (e ) = ∑ (u − e ) = 4 u − u = 3 u .
∑
=
=
i 1
i
i 1
i
La réponse A est fausse.
• h ∈ Ker g ⇔ g(h) = 0 ⇔ f (h) + h = 0 ⇔ f (h) = − h .
Soit x ∈ D ∩ Ker g : x = λ u donc f ( x ) = λ f (u)
u) = 3 λ u = 3 x.
173
corrigés
Or :
x ∈ Ker g donc f ( x ) = − x d′où 3 x = − x soit x = 0 .
Donc :
D ∩ Ker
Ker g = {0}
La réponse B est bonne.
• Im g = Vect ( g (ei ))1 ≤ i ≤ 4 or g (ei ) = ( f + Id ) (ei ) = f (ei ) + ei = u
donc
Im g = D ,
Im g ∩ Ker
Ker g = {0} .
soit
Donc :
De plus :
dim Im
m g + dim
dim Ker
Ker g = dim
dim E = 4.
D ⊕ Ker g = E
La réponse C est bonne.
• ∀ i ∈ 1, 4 : g (ei ) = g(u) = f (u) + u = 3 u + u = 4 u = 4 g (ei )
2
donc
Or :
g2 = 4 g.
g
g = f + Id donc ( f + Id
Id ) = 4 ( f + Id )
2
soit f 2 − 2 f − 3 Id = 0 .
La réponse D est fausse.
• Question 3 : réponses B et D
NON
+ Id ) o ( f − 3 Id ) = 0
d et f = 3 Id sont des
(E) a des diviseurs de zéro, donc f = − IId

solutions de (2), mais ce ne sont pas les seules : f définie à la question
2 est également solution.
La réponse A est fausse.
• f 2 − 2 f − 3 Id = 0 ⇔
1
3
Donc f est une bijection et :
NON
(f
(2) ⇔
On vérifi
e aisément :
vérifie
(f
2
)
− 2 f = Id ⇔
f −1 =
1
3
(f
1
3
(f
− 2 IId
d ) o f = IId .
− 2 Id )
La réponse B est bonne.
• Fλ = { u ∈ E / f (u) − λ u = 0 } = Ker
Ker ( f − λ Id ) donc Fλ est toujours un
sous-espace vectoriel de E.
La réponse C est fausse.
• F−1 = Ker
Ker ( f + Id ) = { u ∈ E / f (u) = −u }
et
F3 = Ker
Ker ( f − 3 Id ) = { u ∈ E / f (u) = 3 u }.
Cherchons si F−1 ⊕ F3 = E , c’est-à-dire si :
∀ u ∈E
∈ E, ∃ ! (v, w ) ∈ F−1 × F3, u = v + w
174
chapitre 8 : Espaces vectoriels
Soit u ∈ E, on cherche v et w tels que :
Si v et w existent :
f (v + w ) = f (u)
corrigés
 f (v) = −v

 f (w ) = 3 w
 v+w=u

soit
f (v) + f (w ) = f (u)
donc :
v+w=u


−
v
+ 3 w = f (u)

v=
de solution unique :
1
1
(3 u − f (u)) et w = (u + f (u)).
4
4
Montrons que v et w conviennent, c’est-à-dire que v ∈ F−1 et w ∈ F3.
1
1
1
3 f (u) − f 2 (u) = (3 f (u) − (2 f (u) + 3u)) =
4
4
4
f vérifie (2), donc v ∈ F−1.
- f (v) =
(
)
- De même : f (w ) =
1
4
( f (u) + f
2
)
(u) =
1
(3 f (u) + 3 u) = 3 w
4
F−1 ⊕ F3 = E
Finalement :
( f (u) − 3 u) = −v
car
donc w ∈F3.
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses A et C
Projecteur
Soit p un projecteur sur F suivant G tel que :
E = F⊕G .
• Le projecteur associé à p est le projecteur q sur G suivant F, tel que
q = IId
d − p.
F = Im p = K
Ker
er q , G = Im q = K
Ker
er p , p o q = q o p = 0 .
Tout vecteur u ∈E s’écrit de manière unique u = v + w avec v ∈ F, w ∈G
∈ .
p : u  v
et
q : u  w
• p projecteur de E ⇔ p ∈ (E) et p o p = p.
175
corrigés
•  p = Vect ( p, q ) est le sous-espace vectoriel de (E) engendré par (p, q).
p ≠ 0 et p ≠ Id donc q ≠ 0 .
Cherchons si (p, q) est libre :
α p + β q = 0 ⇒ p o (α p + β q ) = 0 ⇒ α p2 + β p o q = 0 .
Or :
p2 = p ≠ 0 et p o q = 0 donc α = 0.
de plus
q≠0
d ′ où
β = 0.
0
Donc, ( p, q ) est libre, et est une base de p, de dimension 2.
La réponse A est bonne.
• p est un groupe pour +, car c’est un espace vectoriel.
p .
– Id = p + q ∈
β q ) = αα ′p2 + αβ′p o q + α ′β q o p + ββ′q2
– (α p + β q ) o (α ′p + β′
p
q = αα ′p + ββ′q ∈ p
Donc p est un sous-anneau de  (E).
La réponse B est fausse.
1
1
1
f 2 + 2 f + Id
• p = ( f + Id ) donc p2 =
( f + Id )2 =
4
16
16
(
or
d’où
)
f 2 = 2 f + 3 Id
p2 =
1
1
Id ) = p :
(4 f + 4 Id ) = ( f + Id
16
4
p est un projecteur.
0
– f 0 = IId
d = p + q = 30 p + ( −1) q
1
– f 1 = f = 4 p − IId
d = 3 p − q = 31 p + ( −1) q
– p et q commutent , donc on peut appliquer la formule du binôme :
f n = (3 p − q ) =
n
Or :
n
∑=
k 0
 n k k
n−k
 k 3 p ( −q )
p o q = q o p = 0 et ∀ k ≥ 2, pk = p et q k = q d′où :
f n = 3n p + ( −1) q
n
La réponse C est bonne.
f = − IId est solution de (2), et donne p = 0 : dès lors, (p, q) n’est pas
NON une
base de p.
La réponse D est fausse.
176
chapitre 9
Polynômes
et fractions
rationnelles
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Degré et racines
178
183
• QCM 2 : Polynômes scindés
179
187
• QCM 3 : Polynômes de Tchebychev
180
190
• QCM 4 : Espaces vectoriels
et polynômes
182
194
177
énoncés
>
QCM 1 Degré et racines
• Question 1
(
)
Soit n, p ∈ *, A = a X n et B = b X n −1 a, b ∈  * .
On cherche la valeur maximale m du degré du polynôme ( A P ′ + B P ) lorsque P
décrit l’ensemble des polynômes de degré p.
A
Pour que m soit le maximum recherché, il suffit de montrer que :
deg ( A P ′ + B P ) ≤ m
B
pour tout polynôme P de degré p.
deg
g ( A P ′) = d
deg ( B P ) = n + p − 1 donc deg ( A P ′ + B P ) = n + p − 1.
C deg ( A P ′ + B P ) ≤ n + p − 1
donc
m = n + p − 1.
D Il existe des valeurs de a, b pour lesquelles
m = n + p − 2.
• Question 2 (d’après EPL 1993)
Soit, dans [X], le polynôme
P = ( X + 1) − X 7 − 1
7
et
j = ei 2π / 3.
De l’étude de P et P ′, on déduit que :
A
j et j sont racines de P et de P ′.
B
deg P = 6 et P admet une racine double réelle.
(
)
 P = X 2 + X + 1 Q + R
Soient Q et R les polynômes tels que : 
 deg R ≤ 1
C
R n’existe pas.
D
R = X + 1.
• Question 3 (d’après EPL 2008)
A
∀ n ∈  \ {0, 1, 2} , Pn ( X ) =
multiple car : Pn′ = Pn −1.
n
∑=
k 0
Xk
possède au moins une racine
k!
178
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
B
∀ n ∈ ,
, Pn ( X ) =
n
∑=
k 0
Xk
est l’unique polynôme vérifiant :
k!
Pn − P′
Pn=
C
énoncés
Xn
n!
P = X 3 + p X + q admet une racine α d’ordre 2 si et seulement si :
P (α ) = P ′ (α ) = 0
D
3
P = X + p X + q admet une racine d’ordre 2 si et seulement si :
 4 p3 + 27
27 q 2 = 0

p≠0
• Question 4 (d’après EPL 2008)
( )
On considère un polynôme P non nul tel que : P X 2 − P ( X + 1) P ( X ) = 0
*
2n
et (a − 1) sont aussi racines de P.
2n
A
Si a est une racine de P, ∀ n ∈  , a
B
Si a est une racine de P, ∀ n ∈  * , a2 et (a − 1) sont aussi racines de P.
C
Si a est une racine non nulle de P, a et a − 1 sont des racines de l’unité.
n
2n
D Si P n’est pas constant, les racines de P sont 0, 1, −j et − j .
>
QCM 2 Polynômes scindés
• Question 1
Soit P ∈  [ X ] , de degré n ≥ 2, scindé et à racines simples dans .
Soit Q = P 2 + a2
(a ∈  ) .
*
A
P n’a aucune racine multiple, donc P ′ n’a aucune racine réelle.
B
P ′ a (n−1) racines réelles distinctes.
C
Q admet au moins une racine réelle.
D Q admet 2n racines simples dans .
• Question 2
→ →

Le plan est rapporté à un repère orthonormé  O, i , j  .


Soit H l’hyperbole équilatère d’équation :
xy = 1
Un cercle  de centre Ω (a, b), Ω ≠ O, coupe H en quatre points M1, M2, M3 et M4
d’abscisses respectives x1, x2, x3 et x4.
179
énoncés
A
x1, x2, x3 et x4 sont les racines d’une équation du 4e degré.
B
On a : x1 x2 x3 x4 = 1 et x2 x3 x4 + x1 x3 x4 + x1 x2 x4 + x1 x2 x3 = −2 b.
b
C
x1 + x2 + x3 + x4 = 2 a
1
1
1
1
+
+
+
= b.
x1 x2 x3 x4
et
D L’isobarycentre G de M1, M2, M3 et M4 est le milieu de [OΩ].
• Question 3 (réservée aux MPSI)
Soit P un polynôme de degré n (n ≥ 1).
On note k le nombre de racines distinctes de P.
Le PGCD ∆ = P ∧ P′ est de degré n − k :
A
si P ∈  [ X ].
B si P ∈  [ X ].
On suppose que P ∈  [ X ] et que P ′ divise P. Alors :
C
>
n = 2k
D k=1
QCM 3 Polynômes de Tchebychev
(d’après EPL 2007 et 2008)
Les polynômes de Tchebychev (Tn )n ∈ , s’ils existent, vérifient :
∀ θ ∈ , Tn (cos θ) = cos (nθ)
• Question 1
A
(1)
 n sont deux polynômes de Tchebychev, alors ils sont
Si Tn et T
 n ( x ) et (T )
est unique.
égaux car : ∀ x ∈ [ −1, 1], T ( x ) = T
n
n n ∈
B
 n
Tn = ∑ ( −
−1
1)   X n −2 p 1 − X 2
 p
0 ≤ 2p ≤ n
C
Tn =
(
p
∑
0 ≤ 2p ≤ n
)
p
p
 n  n −2 p
X
X2 − 1
 2p
(
)
D Tn est à coefficients non entiers.
• Question 2
A
T2 = 2 X 2 − 1
B
T2 = 2 X 2 + 1
C
∀ n ∈  * , Tn +1 − Tn −1 = X Tn
D
∀ n ∈  * , Tn +1 + Tn −1 = 2 X Tn .
180
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
énoncés
• Question 3
Pour n > 0, lorsque x tend vers +∞, la fonction polynôme Tn(x) est équivalente à :
A
2n xn
B 2n−1 xn
C
Tn (1) = 0 et Tn est impair
D Tn (1) = 1 et Tn est pair
si n est impair.
si n est pair.
• Question 4
Pour n ∈ * :
A
B
Tn a des racines n’appartenant pas à [−1, 1].
 π kπ 
+
, k ∈ , 0 ≤ k ≤ n − 1.
Tn a exactement n racines : xk = cos 
 2n n 
n −1
 (2k + 1) π 
.
An = ∏ sin 
4n 

k=0
De la factorisation de Tn et de la valeur de Tn (1) = 1, on déduit :
Pour n ∈ *, soit
C
An =
2
2n
D
An =
1
2n
• Question 5 (réservée aux MPSI)
Pour k ∈ , 0 ≤ k ≤ n − 1, on note θk =
Soit la fraction rationnelle Fn =
π kπ
+
et xk = cos θk .
2n n
1
.
Tn
A
∀ n ∈ , ∃ (U , V ) ∈  [ X ] , U Tn + V Tn +1 = 1
B
∀ θ ∈ , Tn ′ (cos θ) = − n sin (n θ).
2
La décomposition en éléments simples de Fn est :
C
Fn =
1
n
n −1
∑=
k 0
( −1)k sin (θk )
D
X − xk
181
Fn =
1
n
n −1
∑=
k 0
( −1)k
X − xk
énoncés
>
QCM 4 Espaces vectoriels et polynômes
On note E l’espace vectoriel  [X] des polynômes à coefficients réels, et En =  n [ X ]
le sous-espace vectoriel des polynômes de degré ≤ n.
Soit k ∈ , on pose : Pk = X k
1
N 0 = 1 et ∀ k ≥ 1, N k =
X ( X − 1) ( X − 2) ... ( X − k + 1)
k!
et pour k ≤ n :
Q k = X k (1 − X )
n−k
.
• Question 1
A
La famille ( P0 , P1, ..., Pn ) est une base de En.
B
La famille (Q0 , Q1, ..., Qn ) n'est pas une base de En.
C
Pour tout polynôme S de En, la famille S, S (1), S (2), ..., S ( n ) , où S(k)
(
)
désigne la dérivée kème de S, est une base de En.
D La famille ( N 0 , N1, ..., N n ) est une base de En.
• Question 2
A
∀ n ≥ 1, N n ( X + 1) − N n ( X ) = N n −1 ( X ).
B
n N n ( X ) = ( X − n) N n −1 ( X )
C
∀ k ∈ , ∀ n ∈  * , N k (n) ∈  *
D
∀ k ∈ , ∀ n ≥ 2, N k ( − n) ∉ .

et
N k ( −1) = ( −1) .
k
• Question 3
Soit ∆ l’endomorphisme de E défini par : ∀ P ∈ E, ∆ ( P ) = P ( X + 1) − P ( X )
A
Soit P ∈ Ker ∆ et
Q = P − P(0). On peut montrer que :
B
∆ induit un endomorphisme ∆n de En de rang (n − 1) car
dim
m (Ker
Ker ∆ n ) = 1.
∀ n ∈ ,
, Q (n) = 0, donc
Kerr ∆ = E0 (polynômes constants).
Soit Q ∈ E, et l’équation linéaire (1) :
C
Im ( ∆ n ) = En −1, or
∆ (P) = Q
Ker ∆ ≠ {0}
d’inconnue P ∈ E.
donc ∆ n’est pas surjective,
donc (1) n’a pas toujours de solution dans E.
D Pour Q = a0 N 0 + a1 N1 + ... + an N n , P0 = a0 N1 + a1 N2 + ... + an N n +1
est l’unique solution de (1).
182
corrigés
>
QCM 1 Degré et racines
• Question 1 : réponse D
• Soit E = { deg ( A P ′ + B P ) / deg P = p }. m est le plus grand élément de E si et
seulement m est un majorant tel que :
∃ P ∈  [ X ], deg
deg P = p, m = deg ( A P ′ + B P )
deg ( A P ′ + B P ) ≤ m
signifie seulement que m est un majorant de E.
La réponse A est fausse.
Degré d’une somme de polynômes
deg
g ( P + Q ) ≤ Max (d
deg P, deg
deg Q )
(degg ( P + Q )
⇔
= Max (d
deg P, deg
deg Q ))
deg P ≠ d
deg
eg Q )
(deg
• de
deg
g A=n
et
deg
eg Q et la somme des coefficients
ou (degg P = dd
dominants de P et Q est non nulle).
deg
de
gP=p
donc
deg
de
g P′ = p − 1
car
p ≥ 1.
deg
g ( A P ′ ) = deg
deg A + deg
deg P ′ = n + p − 1 et d
deg
eg ( B P ) = deg
deg B + d
deg
eg P = n − 1 + p
donc
deg
g ( A P′) = d
deg
eg ( B P ) = n + p − 1
deg ( A P ′ + B P ) ≤ n + p − 1.
deg
et
(
)
Soit αP le coefficient dominant de P α p ≠ 0 :
p
P = α p X + P1
avec deg P1 ≤ p − 1 .
P ′ = p α p X p −1 + P1 ′
avec
deg P1 ′ ≤ p − 2 .
Donc le coefficient de X n + p −1 dans ( A P ′ + B P ) est :
β = a p α p + b α p = α p (a p + b)
or
αP ≠ 0
donc :
En conclusion :
β ≠ 0 ⇔ a p + b ≠ 0.
0
m = n + p − 1 ⇔ a p + b ≠ 0.
Les réponses B et C sont fausses.
• Si a p + b = 0 :
alors
β=0
donc
deg ( A P ′ + B P ) ≤ n + p − 2.
Le coefficient de X
dans ( A P ′ + B P ) est a ( p − 1) + b α p −1 = −a α p −1 ≠ 0
p
pour P = X p + X p−1
par exemple.
Donc m = n + p − 2.
La réponse D est bonne
n + p −2
183
corrigés
• Question 2 : réponse A
• P = ( X + 1) − X 7 − 1
7
6
P ′ = 7 ( X + 1) − X 6 .
donc
P et P ′ sont à coefficients réels, donc, si z0 est racine de P (respectivement P ′),
z 0 l’est aussi. Ainsi, il suffit de calculer P( j ) et P ′( j ).
j = ei 2π / 3 est une racine cubique de 1, donc :
(
- P ( j ) = ( j + 1) − j 7 − 1 = − j 2
7
)
7
j3 =1
et
1 + j + j 2 = 0.
0
− j −1= −j2 − j −1= 0
(
6
- P ′ ( j ) = 7 ( j + 1) − j 6  = 7  − j 2



)
6
− 1 = 7 (1 − 1) = 0

Donc j et j sont racines au moins doubles de P.
La réponse A est bonne.
(
)
g ( X + 1) = d
deg
eg X 7 + 1 = 7
• deg
7
P=
7
∑=
k 0
 7 k
7
 k X − X − 1 =
donc
deg P ≤ 7 .
deg
 7 k
 k X , donc deg P = 6 et 0 est racine de P.
6
∑
k =1
Par ailleurs, en factorisant :
(
)
P = ( X + 1) − ( X + 1) X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1 .
7
Donc −1 est racine de P.
De plus, P′ (0) ≠ 0 et P′′ ( −1) ≠ 0 .
Donc les racines de P sont 0 et −1 qui sont simples, et j et j qui sont doubles.
On a ainsi obtenu toutes les racines de P puisque deg P = 6.
La réponse B est fausse.
• Q et R sont le quotient et le reste de la division euclidienne de P par
X 2 + X + 1.
Or X 2 + X + 1 = ( X − j
divise P.
)(X −
)
j , et j et j sont racines de P, donc X 2 + X + 1
Les réponses C et D sont fausses.
184
corrigés
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
• Question 3 : réponses B et D
• P ′n =
n
∑
k =1
k X k −1
=
k!
X k −1
n
n −1
∑ (k − 1)! = ∑
=1
=0
k
k
Xk
= Pn −1.
k!
Pn (α ) = P ′ n (α ) = 0.
Pour que Pn ait une racine multiple α, il faut :
Pn =
n
X
+ Pn −1
n!
donc
αn
= 0 ⇒ α = 0.
n!
Pn (α ) = P ′ n (α ) = 0 ⇒
Or, 0 n’est pas racine de Pn .
• On a vu que
Pn − P′
Pn=
Xn
n!
La réponse A est fausse.
donc Pn est solution de :
Les solutions de l’équation homogène y′ − y = 0 sont :
Donc, les solutions de (1) sont les fonctions :
y′ − y =
xn
n!
(1)
x  λ e x ( λ ∈  ).
f : x  Pn ( x ) + λ e x
( λ ∈  ).
f est un polynôme si et seulement si λ = 0.
La réponse B est bonne.
Racine d’ordre m d’un polynôme P
(α est racine d’ordre m de P )
⇔
(( X − α )
m
divise P et ( X − α )
m 1
m+1
ne divise pas P
⇔
⇔
(∃ Q ∈ K [ X ],
( P (α ) = P ′ (α ) =
)
P = ( X − α ) Q, Q (α ) ≠ 0
m
... = P (m −1) (α ) = 0, P (m) (α ) ≠ 0
)
)
Ici, α est racine multiple, pas nécessairement d’ordre 2, car il manque
La réponse C est fausse.
NON PP″″ (α ) ≠ 0.
185
corrigés
• P admet une racine d’ordre 2 si et seulement si il existe α ∈  tel que :
 P (α ) = P ′ (α ) = 0

 P ″ (α ) ≠ 0









3
⇔
 α +pα+q=0

2
 3α +p=0
 6α≠0

⇔
α2 = −
p
3
(1)
2p
α+q=0
3
α≠0
(2)
(3)
D’après (1) et (2) :
- α = 0 ⇔ p = q = 0 , et 0 est alors racine triple de P.
- Si α ≠ 0, p ≠ 0 , et :
(2) ⇔ α = −
Donc, α existe si et seulement si :
3q
2p
et (1) devient :
4 p3 + 27
27 q 2 = 0 .
 4 p3 + 27
27 q 2 = 0

p≠0
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et C
( )
• Soit P ≠ 0 tel que :
P X 2 = P ( X + 1) P ( X )
Si a est racine de P :
de P.
P (a ) = 0 et, d’après (1), P a2 = 0 , donc a2 est racine
(1)
( )
( )
En réitérant le raisonnement précédent pour a2, on obtient a2
de P, et ainsi de suite (récurrence simple). Donc :
(
)
P (a − 1) = P (a ) P (a − 1) = 0
2
2
2
= a2 racine
( ) = 0.
P ( a ) = 0 ⇒ P a2
2n
donc, de même, (a − 1)
n
est racine de P
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
( − 1) est racine de P (n ≥ 1).
Remarquons que l’on n’a pas montré que (a
186
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
corrigés
2n
• P admet un nombre fini de racines (P ≠ 0) donc les suites a2 et (a − 1)
n
ont un nombre fini de valeurs, autrement dit, concernant a2 :
n
∃ ( p, q ) ∈  * 2, a2 = a2
p
Or, a ≠ 0, et par exemple p > q, donc a2
p
− 2q
q
= 1 , donc a est racine de l’unité.
2n
On raisonne de même concernant (a − 1) , donc (a − 1) est racine de l’unité.
La réponse C est bonne.
• Si P n’est pas constant, P a au moins une racine a ∈ .
D’après ce qui précède, soit a = 0, soit a = 1, soit a = a − 1 = 1,
donc a = ei θ .
Or :
ei θ − 1 = 1 ⇔
(cos θ − 1)2 + sin2 θ = 1
⇔
cos θ =
1
2
⇔ θ≡±
π
[2π ] .
3
Alors :
a = a − 1 = 1 ⇔ a = e + i π / 3 ou a = e − i π / 3
⇔ a = − j ou a = − j .
Donc, 0, 1, −j et − j sont les seules racines possibles de P.
Si a = −j est racine de P, a2 = j n’est pas racine, ce qui contredit l’assertion B.
De même, si a = − j est racine de P, a2 = j n’est pas racine.
Donc, les seules racines de P sont 0 et 1.
La réponse D est fausse.
>
QCM 2 Polynômes scindés
• Question 1 : réponses B et D
( x1 < x2 < ... < xn ) .
P est continue et dérivable, et P ( x1 ) = P ( x2 ) = ... = P ( xn ) , donc on peut appliquer le théorème de Rolle aux (n − 1) intervalles [ xi , xi +1 ], 1 ≤ i ≤ n − 1 :
• P admet n racines réelles distinctes x1, x2, ..., xn
∀ i ∈  1, n − 1 , ∃ xi′ ∈ [ xi , xi +1 ], P ′ ( xi′) = 0
187
corrigés
Donc P ′ admet (n−1) racines réelles distinctes, et P ′ est scindé car
deg P ′ = n − 1.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
Q ( x ) = 0 ⇔ P 2 ( x ) = − a2 < 0
ce qui est impossible.
NON
Donc Q n’a aucune racine réelle.
La réponse C est fausse.
• deg Q = 2n, donc Q admet 2n racines dans , qui ne sont pas réelles.
Soit z0 une racine de Q dans  −  : Q ( z0 ) = 0
et Q ′ ( z0 ) = 2 P ( z0 ) P ′ ( z0 ) ≠ 0
car P et P ′ n’ont que des racines réelles.
Donc z0 est racine simple de Q.
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et D
•
 : ( x − a)2 + ( y − b)2 = R2 ⇔ x2 + y2 − 2 ax
ax − 2 b
by
y+c =0
avec
c = a2 + b2 − R2.
M ( x, y ) ∈  ∩ H ⇔
2b
 2 1
 x + x2 − 2 ax − x + c = 0

y= 1

x
(1) ⇔ x 4 − 2 a x3 + c x2 − 2 b x + 1 = 0
(1)
La réponse A est bonne.
• Écrivons les relations entre les coefficients et les racines de (1) :
(1) ⇔
d’où :






( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) = 0
x1 + x2 + x3 + x4 = 2 a
x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 = c
x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = 2b
x1 x2 x3 x4 = 1
La réponse B est fausse.
188
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
•
corrigés
1
1
1
1 x2 x3 x4 + x1 x3 x4 + x1 x2 x4 + x1 x2 x3 2b
+
+
+
=
=
= 2b
x1 x2 x3 x4
x1 x2 x3 x4
1
La réponse C est fausse.
• Les coordonnées de G sont :
xG =
1
a x +x
( x1 + x2 + x3 + x4 ) = = O Ω
4
2
2
yG =
1 1
1
1
1  b y + yΩ
+
+
+  = = O

4  x1 x2 x3 x4  2
2
Donc G est le milieu de [O Ω ] .
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
• Si P ∈  [ X ] : P est scindé. Notons z1, z2, ..., zk les racines de P, d’ordres
respectifs m1, m2, ..., mk . P s’écrit :
P = λ ( X − z1 )
m1
( X − z2 )m
2
... ( X − zk )
mk
avec
m1 + m2 + ... + mk = n .
 mi = 1 ⇔ zi est racine simple de P, et ( X − zi )mi −1−1 = 1

 mi ≥ 2 ⇔ zi est racine multiple d’ordre mi de P,

donc racine d’o
orrdre (mi − 1) de P′
P

d’où :
et
P ′ = ( X − z1 )
m1 − 1
( X − z2 )m −1 ... ( X − zk )
mk −1
2
Q
z1, z2, ..., zk ne sont pas racines de Q, donc Q est premier avec P, soit :
P ∧ P ′ = ( X − z1 )
m1 − 1
( X − z2 )m −1 ... ( X − zk )
mk −1
2
deg ( P ∧ P ′ ) = m1 + m2 + ... + mk − k = n − k
La réponse A est bonne.
Si P ∈  [ X ] :
NON
Par
le résultat est faux, car P peut ne pas être scindé.
exemple, si P = X 2 ( X 2 + 1) , n = 4, k = 1
et
(
)
P′ = 2 X 2 X 2 + 1 ,
g ( P ∧ P ′ ) = 1 ≠ n − k = 3.
P = 2 X et deg
donc P ∧ P′
La réponse B est fausse.
189
corrigés
• P ′ divise P ⇒ P ∧ P ′ = P ′
deg P ′ = n − 1
or :
et dans  :
deg ( P ∧ P ′ ) = n − k .
donc
n −1= n − k
soit
k = 1.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
P = l ( X − z1 ) .
n
Autrement dit, P n’a qu’une racine :
>
QCM 3 Polynômes de Tchebychev
• Question 1 : réponses A et C
 n tels que :
• Soient Tn et T
cos θ décrit [ −1, 1 ] , donc :
∀ x ∈ [ −1, 1 ] ,
(T
n
)
 n (coss θ) = cos (nθ).
∀ θ ∈ , Tn (cos θ) = T
 n ( x ) soit encore :
∀ x ∈ [ −1, 1 ] , T ( x ) = T
n
 n admet une
alors, le polynôme Tn − T

Tn − T n = 0 et (Tn )n ∈ est unique.
 n (x) = 0
−T
infinité de racines, donc
La réponse A est bonne.
n
coss (n θ) = ℜe (ccos
os θ + i sin θ)  .


• D’après la formule de Moivre :
Or, d’après la formule du binôme :
n
n
in θ) = ∑
(coss θ + i ssin
k=0
 n
n−k k
k
in θ)
 k (coss θ) i (ssin
Il est préférable d’affecter l’exposant k à (i sin θ) plutôt qu’à (cos θ).
i 2 p = ( −1)
Or :
Donc :
p
et
i 2 p +1 = i ( −1) .
p
Tn (cos θ) = cos (nθ) =
∑
0 ≤ 2p ≤ n
 n
n −2 p
2p
sin θ)
( −1)p (
 2p (coss θ)




p
(1− cos θ)
2
soit :
Tn =
− )
∑ ( −1
0 ≤ 2p ≤ n
p
 n  n −2 p
1− X2
 2p X
(
)
p
=
∑
0 ≤ 2p ≤ n
p
 n  n −2 p
X2 − 1
 2p X
(
)
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
190
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
 q
NON  k ∈ 
corrigés
donc les coefficients de Tn appartiennent à .
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses A et D
• T2 (cos θ) = cos (2 θ) = 2 cos2 θ − 1
donc
T2 = 2 X 2 − 1 .
La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
Transformation trigonométrique somme → produit
 p + q
 p − q
coss p + cos
cos q = 2 coss 
ccos 
 2 
 2 
• Pour n ≥ 1 ,
∀ θ ∈ :
Tn +1 (cos θ) + Tn −1 (cos θ) = cos ((n + 1) θ) + cos ((n − 1) θ) = 2 coss (n θ) cos θ
Tn +1 (cos θ) + Tn −1 (cos θ) = 2 Tn (cos θ) cos θ ⇔
(Tn +1 + Tn −1 − 2 X Tn )
(Tnn++1 + Tn −1 − 2 X Tn ) (cos θ) = 0
a alors une infinité de racines ( x ∈ [ −1, 1 ]) , donc :
Tn +1 + Tn −1 − 2 X Tn = 0
soit
Tn +1 + Tn −1 = 2 X Tn
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses B et D
• Lorsque x tend vers +∞, Tn ( x ) est équivalent à son terme dominant.
p
p
 n  n −2 p
X 2 − 1 et deg  X n −2 p X 2 − 1  = n − 2 p + 2 p = n .
 2p X


(
)
Le coefficient de X n est :
∑
Tn =
∑
0 ≤ 2p ≤ n
0 ≤ 2p ≤ n
Posons :
bn =
∑
0 ≤ 2 p +1
+1 ≤ n
(
 n
 2p = an .
 n 
 2p + 1 .
191
)
corrigés

 an + bn =


 a −b =
n
 n

On a :
n
∑=
k 0
n
∑=
k 0
an = 2n −1
d’où :
 n
n
n
 k = (1 + 1) = 2
 n
k
n
 k ( −1) = (1 − 1) = 0
Tn ( x ) ∼ 2 n −1 x n
et
+∞
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
NON T (1) = ∑
n
0 ≤ 2p ≤ n
 n  n −2 p
p
1 − 1) = 1
(
 2p 1

 

donc
Tn (1) = 1
0 sauf si p = 0
La réponse C est fausse.
∑
 n
 2p
• Parité de Tn :
Tn ( − X ) =
- Si n est pair :
n − 2 p est pair, donc
- Si n est impair :
impair.
0 ≤ 2p ≤ n
( −1)n −2p
(
)
X n −2 p X 2 − 1
p
Tn ( − X ) = Tn ( X ) et Tn est pair.
n − 2 p est impair, donc
Tn ( − X ) = −Tn ( X ) et Tn est
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et C
• Cherchons les racines x de Tn dans [ − 1, 1 ] .
x ∈ [ − 1, 1 ]
⇔ ∃ ! θ ∈ [0, π ], x = cos θ ⇔ θ = arccos x
Tn ( x ) = 0 ⇔ Tn (cos θ) = 0 ⇔ cos (nθ) = 0
π
+ kπ,
2
π kπ
⇔ θ=
+
,
2n n
 π
⇔ x = coss 
+
 2n
⇔ nθ =
k ∈  et θ ∈ [0, π ]
0 ≤ k ≤ n −1
kπ 
, 0 ≤ k ≤ n −1
n
(k ∈  )
cos est bijective de [0, π] dans [−1, 1], donc on a trouvé n racines distinctes
 π kπ 
+
, k ∈ , 0 ≤ k ≤ n − 1, soit toutes
de Tn dans [−1, 1] : xk = cos 
 2n n 
les racines de Tn puisque deg
g Tn = n.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
192
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
• Finalement :
corrigés
n −1

 π kπ  
Tn = 2n −1 ∏  X − cos 
+
 2n n  

k=0
n −1
n −1
 (2 k + 1) π 

 π kπ  
Tn (1) = 2n −1 ∏  1 − coss 
+
= 2n −1 ∏ 2 ssin
in2 
= 22 n −1 An2 .


 2n n  
4 n 

k=0 
k=0
On a vu que :
Donc :
An2 =
Tn (1) = 1 d’où
 (2 k + 1) π 
sin 
>0
4 n 

et
1
2
=
22n −1
2n
or
( )
An > 0 .
2
0≤
Finalement :
(2 k + 1) π ≤ π .
4n
An =
2
2
2n
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 5 : réponses A et C
• ∃ (U , V ) ∈  [ X ] , U Tn + V Tn +1 = 1 ⇔ Tn ∧ Tn +1 = 1.
2
Or, dans [X], des polynômes sont premiers entre eux si et seulement si ils
n’ont aucune racine commune.

 (2k + 1) π  
 (n + 1) (2k + 1) π 
Tn +1 ( xk ) = Tn +1 coss 

  = cos 
2
n
2n






π (2k + 1) π 
= cos (2k + 1) +

2
2n


 (2k + 1) π 
π

= − sin
n (2k + 1)  sin 

2

 2n

= ( −1)
k +1
Or
θk ∈ [0, π ] ,
d’où
 (2k + 1) π 
k +1
sin 
 = ( −1) sin (θk )
 2n

sin θk ≠ 0
et
Tn ne sont pas racines de Tn +1 , soit
Tn +1 ( xk ) ≠ 0 . Donc les racines xk de
Tn ∧ Tn +1 = 1.
La réponse A est bonne.
• Dérivons (1) par rapport à θ :
soit :
∀ θ ∈ , Tn ′ (cos θ) ( − sin
sin θ) = − n sin (n θ)
Tn ′ (cos θ) sin θ = n sin (n θ)
(2)
La réponse B est fausse.
193
corrigés
Fn admet une décomposition en éléments simples :
Fn =
1
2n −1
n −1
(X − x )
∏
=
Donc :
λk =
n −1
λk
X − xk
∑=
k 0
k
k 0
D’après (2) :
=
avec
λk =
1
.
Tn ′ ( xk )
 (2k + 1) π 
 (2k + 1) π 
k
Tn ′ ( xk ) sin
n
 = n sin 
 = n ( −1)
2
n
2




( −1)k sin θ
n
k
et
Fn =
1
n
n −1
∑=
k 0
( −1)k sin (θk )
X − xk
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
>
QCM 4 Espaces vectoriels et polynômes
• Question 1 : réponses A et D
• ( Pn )n ∈ est la base canonique de E et ( P0 , P1, ..., Pn ) est la base canonique
de En .
La réponse A est bonne.
• dim En = n + 1 et (Q0 , Q1, ..., Qn ) est une famille de (n + 1) vecteurs, donc
c’est une base si elle est libre.
Soit
(1) :
α 0 , α1, ..., α n ∈ ,
α 0 Q0 + α1 Q1 + ... α n Qn = 0
α 0 (1 − X ) + α1 X (1 − X )
n
n −1
(1)
+ ... + α n X n = 0
Pour X = 0, (1) devient α0 = 0 et donc :
α1 X (1 − X )
n −1
+ ... + α n X n = 0
On simplifie par X, puis on substitue à X la valeur 0, donc :
α1 = 0.
En réitérant le procédé, on obtient (récurrence simple) : α 0 = α1 = ... = α n = 0.
Donc (Q0 , Q1, ..., Qn ) est libre.
La réponse B est fausse.
194
chapitre 9 : Polynômes et fractions rationnelles
(
corrigés
)
• S, S (1), S (2), ..., S ( n ) est une famille de (n + 1) vecteurs.
(
)
n S, S (1), S (2), ..., S ( n ) est une famille échelonnée du degré n
- Si deg S = n,
au degré 0, donc c’est une base.
(
- Si deg S ≠ n,
n par exemple si S = 0, S, S (1), S (2), ..., S ( n )
base.
)
n’est pas une
La réponse C est fausse.
• ∀ k ∈ ,
, deg
deg N k = k donc ( N n )n ∈ est une base de E et ( N 0 , N1, ..., N n )
est une base de En .
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et C
• ∀ n ≥ 1, N n ( X + 1) − N n ( X ) =
1
X ( X − 1) ...
n!
+ 1) − ( X − n + 1)
( X − n + 2) ( X




n
Donc :
N n ( X + 1) − N n ( X ) = N n −1 ( X )
• n Nn ( X ) =
1
(n − 1) !
La réponse A est bonne.
X ( X − 1) ... ( X − n + 2) ( X − n + 1) = N n −1 ( X ) ( X − n + 1)
La réponse B est fausse.
*
• ∀ k ∈ , ∀ n ∈  , N k (n) =
et :
N k ( −1) =
• N k ( − n) =
( −1) ( −2)
k!
( −n) ( −n − 1)
n (n − 1) ... (n − k + 1)  n
= 
 k
k!
... ( − k)
= ( −1)
∈ *
k
La réponse C est bonne.
... ( − n − k + 1)
k  n+k − 1
= ( −1) 
∈
k!
 k 
La réponse D est fausse.
195
corrigés
• Question 3 : réponse A
• Soit P ∈Ker ∆ : P ( X + 1) = P ( X ) d’où ∀ n ∈ ,
, P (n) = P (0) et Q (n) = 0.
Donc Q, admettant une infinité de racines, est nul, et P = P(0) est constant.
Réciproquement, si P est constant : P ( X + 1) = P ( X ) et P ∈Ker ∆.
Donc :
Kerr ∆ = E0
La réponse A est bonne.
• ∀ P ∈ En , deg ∆ ( P ) ≤ n donc ∆ ( P ) ∈En et ∆ induit un endomorphisme de
n
En de noyau E0 : rg ( ∆ n ) = dim En − dim E0 = (n + 1) − 1 = n.
La réponse B est fausse.
g ∆ (P) < d
deg
eg P soit
• P (X + 1) et P (X) ont même terme dominant, donc : deg
Im ∆ n ⊂ Enn−1 or rg ( ∆ n ) = n et dim En −1 = n d’où Im ∆ n = En −1.
Ker ∆ ≠ {0} , donc ∆ n’est pas injective, mais ∆ est surjective car :
∀ Q ∈ E, ∃ n ∈ , Q ∈ En
Or
En = Im ∆ n +1
donc
∃ P ∈ En +1, ∆ ( P ) = Q .
La réponse C est fausse.
• Q = a0 N 0 + a1 N1 + ... + an N n ∈ En .
∆ ( P0 ) = a0 ∆ ( N1 ) + a1 ∆ ( N2 ) + ... + an ∆ ( N n +1 ) ,
or ∆ ( N k ) = N k −1
Donc
∆ ( P0 ) = Q
(question 2).
et P0 est solution particulière de l’équation linéaire (1).
On obtient toutes les solutions de (1) en ajoutant à P0 les solutions de
∆ ( P ) = 0 , c’est-à-dire les polynômes de Ker ∆.
Les solutions de (1) sont donc les polynômes :
P0 + k
(k ∈  ) .
La réponse D est fausse.
196
chapitre 10
Matrices –
Déterminants –
Systèmes
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Ensemble de matrices –
Calcul de puissances
198
205
• QCM 2 : Matrices nilpotentes –
Changement de base
200
208
• QCM 3 : Résolution d’un système
202
211
• QCM 4 : Matrice d’un endomorphisme
203
214
197
énoncés
>
QCM 1 Ensemble de matrices –
Calcul de puissances
Rappel : l’ensemble  des matrices carrées d’ordre 3 à coefficients dans 
est un -espace vectoriel et un anneau non commutatif. On note I la matrice
identité.
 a b b
 0 1 1
Soit A =  1 0 1 . On note, pour (a, b) ∈ 2, M (a, b) =  b a b  = a I + b A.




 b b a
 1 1 0
Soit E l’ensemble des matrices M (a, b) , (a, b) ∈ 2 .
• Question 1
A
A2 = 2 A + I
C
A est inversible et A−1 =
1
( I − A) .
2
B
A2 = A − 2 I
D
( A + I )( A − 2 I ) = 0
• Question 2
A
E est un -espace vectoriel et un anneau commutatif.
B
(I,A) est une famille génératrice de E, mais n’est pas une base de E.
C
Soient M et M ′ des matrices de E. On a :
M M ′ = 0 ⇒ M = 0 ou M ′ = 0.
D M (a, b) est inversible si et seulement si a ≠ b et a ≠ −2b.
198
énoncés
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
• Question 3
Calcul de An.
A
Pour tout n ∈ , il existe deux suites réelles (an) et (bn) telles que :
An = an I + bn A
Dans le cas où l’assertion A est jugée exacte, (an) et (bn) vérifient :
B
∀ n ∈  * , bn +1 − bn + 2 bn −1 = 0
C
∀ n ∈  * , an = bn −1
D
∀ n ∈ ,
, An =
1
1
n
n
2 ( −1) + 2n  I + ( −1) + 2n  A
3
3
• Question 4
Soit B = A + I , C = A − 2 I , D = B + I
et, pour n ∈  * , Sn =
n
∑=
k 1
 n k
 k 3
, B k = 3k −1 B et C k = ( −3)
C 2 = −3 C , donc ∀ k ∈ ,
k −1
A
B2 = 3 B
B
On peut toujours appliquer la formule du binôme de Newton dans .
C
et
1
(2 B + C )n. donc, en appliquant la formule du binôme
3n
pour n ≥ 1 :
1
n −1
An = 2n B + ( −1) C 
3
An =
D Pour n ≥ 1, on a D n =
1 n
4 −1 B + I .
3
(
)
199
C
énoncés
>
QCM 2 Matrices nilpotentes –
Changement de base
 est muni de sa base canonique  = (e1, e2, e3 ) .
Soit N une matrice carrée d’ordre 3 nilpotente d’indice 3, c’est-à-dire que
N 3 = 0 et N 2 ≠ 0.
3
( )
N est la matrice de f ∈  3 dans la base .
• Question 1
A
N 3 = 0 donc N = 0.
B N 2 ≠ 0 donc N ≠ 0.
D Il existe u ∈ 3 tel que f 2 (u) ≠ 0.
C ∀ u ∈ 3, f 2 (u) ≠ 0
• Question 2
Soit u ∈ 3 tel que f 2 (u) ≠ 0 .
A
3 est de dimension 3, donc toute famille de 3 vecteurs de 3 est
une base.
B
C
(f
(f
2
2
)
(u), f (u),
u), u)
3
(u), f (u),
u), u est une famille libre de  .
n’est pas une famille génératrice de 3.
D Il existe une base de 3 dans laquelle la matrice de
 0 1 0
f est A′ =  0 0 1 .


 0 0 0
200
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
énoncés
• Question 3
 −2 −1 0 
Soit f ∈  3 de matrice A =  3 1 −1  dans la base , et M = I + A + A2 .


 −1 0 1 
( )
Soit  ′ = ( e1′ , e 2′ , e3′ ) avec e 1′ = f 2 (e3 ) , e 2′ = f (e3 ) , e 3′ = e3 .
A
A n’est pas nilpotente d’indice 3.
 0 1 0
′ est une base de 3 et la matrice de f dans la base ′ est  0 0 1 .


 0 0 0
C (A − I)M = I
B
D
M est inversible et M −1 = I − A .
• Question 4
( )
Soit g ∈  3 définie par g (e1 ) = e 1′ , g (e2 ) = e2′ , g (e3 ) = e 3′ .
La matrice B de g dans la base  est :
A
0 0
B =  0 −1

1 0
1
1

1
B
0 0
B =  0 −1

1 1
1
1

1
C
g est une symétrie par rapport à une droite suivant un plan.
D B est la matrice de passage de  à ′ donc A ′ = B A B .
201
énoncés
>
QCM 3 Résolution d’un système
(EPL 2007)
• Question 1
On désigne par j le nombre complexe e
 2π 
i  
 3
. On considère le système (E) :
x + y + z = a

2
x + jy + j z = b

2
x + j y + jz = c
où a, b, c désignent trois nombres complexes donnés.
Le nombre complexe j vérifie :
A j2 = 1
B
C 1 + j + j2 = 0
D 1 − j − j2 = 0
j3 − 1 = 0
• Question 2
Les nombres complexes x, y, z vérifiant le système (E) sont tels que :
(
)
B 3y + ( x + z ) 1 + j + j 2 = a + b + c
(
)
D 3x + ( y + z ) 1 + j + j 2 = a + bj 2 + cj
A 3y + ( x + z ) 1 + j + j 2 = a + bj 2 + cj
C 3y + ( x + z ) 1 + j + j 2 = a + bj + cj 2
(
)
(
)
• Question 3
Le système (E) :
A n’admet pas de solution.
B admet au moins deux solutions.
 a + b + c a + bj 2 + cj a + b
bjj + ccjj 2 
,
,
C admet une solution unique ( x, y, z ) = 
 .
3
3
3

 a + b + c a + bj + cj 2 a + b
bjj 2 + ccjj 
,
,
D admet une solution unique ( x, y, z ) = 
 .
3
3
3

202
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
énoncés
• Question 4
Une condition nécessaire et suffisante pour que x, y, z vérifiant le système (E)
soient des nombres réels est :
A
a, b, c réels.
B
a, b, c complexes non réels.
C
a réel et b = c = 0.
D a réel et b et c complexes conjugués.
>
QCM 4 Matrice d’un endomorphisme
(EPL 2004)
• Question 1
3 est rapporté à la base canonique  = (e1, e2, e3 ) avec e1 = (1, 0, 0) ,
e2 = (0, 1, 0) et e3 = (0, 0, 1) . On considère f l’endomorphisme de 3 qui à tout
triplet ( x, y, z ) ∈ 3 associe le triplet :
((b + c ) x + (c − a ) y + (b − a ) z, (c − b) x + (a + c ) y + (a − b) z, (b − c ) x + (a − c ) y + (a + b) z )
où a, b, c sont des réels distincts deux à deux.
La matrice A de f par rapport à la base  s’écrit :
A
 (b + c )
 (c − a )

 (b − a )
(c − b) (b − c )
(a + c ) (a − c )
(a − b) (a + b)
C
 (2b + 2c − 2a )

0


0
D
 (b − a )
 (a − b)

 (a + b)
0
2
a
+
2
c − 2b)
(
0
B
 (b + c )
 (c − b)

 (b − c )

0

0

(2a + 2b − 2c )
(c − a) (b + c )
(a + c ) (c − b)
(a − c ) (b − c )
203
(c − a) (b − a)
(a + c ) (a − b)
(a − c ) (a + b)
énoncés
• Question 2
On note I la matrice unité d’ordre 3.
Pour tout λ réel, la matrice A −λI a pour déterminant ∆ :
A
∆ = (2c − λ )
1
0
0
(c − b)
(b − c )
(a + b − λ ) (a − b)
(a − b) (a + b − λ )
B
∆ = (2c − λ )
0
1
0
(a + b − λ ) (a − b)
(a + c − λ ) (a − c )
(a − b) (a + b − λ )
C
∆ = (2a − λ )(
) (2c − λ )
D
1
0
0
0
0
1
(c − b) (2b − λ ) (a − b)
∆ = λ 3 − λ 2 (2a + 2b + 2c ) + λ (4ab + 4ac + 4bc ) − 8abc
• Question 3
La matrice A :
A
3
est égale à sa transposée pour tout (a, b, c ) ∈  .
B
est inversible pour tout (a, b, c ) ∈ 3.
C
3
n’est pas inversible car son déterminant est nul ∀ (a, b, c ) ∈  .
D est inversible si et seulement si a et b sont non nuls.
204
corrigés
>
QCM 1 Ensemble de matrices – Calcul de
puissances
• Question 1 : réponse D
 2 1 1
• A2 =  1 2 1 = A + 2 I


 1 1 2
soit
A2 − A − 2 I = 0
(1)
Les réponses A et B sont fausses.
Détermination de l’inverse d’une matrice
Si on connaît une relation du type an An + ... + a1 A + a0 I = 0 avec a0 ≠ 0,
alors :
−
1
an An −1 + ... + a1 I A = I
a0
(
)
• L’équation (1) s’écrit :
Donc A est inversible et :
A−1 = −
d’ où
1
an An −1 + ... + a1 I
a0
(
)
1
1
A( A − I ) = ( A − I ) A = I
2
2
1
A−1 = ( A − I )
2
La réponse C est fausse.
2
• (1) ⇔ A − A − 2 I = 0 ⇔
( A + I )( A − 2 I ) = 0
Pour déterminer cette factorisation, on considère le polynôme P = x2 − x − 2,
que l’on factorise dans  :
P = ( x + 1) ( x − 2)
et
(1) ⇔ P(
P ( A) = 0
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses A et D
Méthode pour montrer que E est un espace vectoriel
• On cherche d’abord si E est inclus dans un espace vectoriel connu.
• On essaye ensuite de déterminer une famille génératrice de E.
Ici, E = V
Vec
ectt ( I , A) , donc E est le sous-espace vectoriel de  engendré par
(I, A) et (I, A) est une famille génératrice de E.
205
corrigés
NON
Par ailleurs, ((I, A) est une famille libre car A n’est pas colinéaire à I :
A ≠ λI
(λ ∈ )
Donc (I, A) est une base de E.
La réponse B est fausse.
•  est un anneau ;
- (E, +) est un groupe commutatif puisque E est un espace vectoriel ;
- M (a, b) × M (a ′, b′ ) = (a I + b A) (a ′I + b ′ A) = aa ′ I + (ab
ab ′ + a′
a ′b) A + bb ′ A2
M (a, b) × M (a ′, b ′) = (aa ′ + 2 bb ′) I + (ab
ab ′ + a ′ b + b
bb
b ′) A
d’après (1)
Donc E est stable pour la multiplication des matrices, et la multiplication des
matrices est commutative dans E.
- I appartient à E.
Donc E est un sous-anneau commutatif de .
La réponse A est bonne.
(1) ⇔
NON Donc
(A + I) (A − 2I) = 0
A+ I ≠ 0
intègre.
A − 2 I ≠ 0 sont des diviseurs de zéro, et E n’est pas
La réponse C est fausse.
et
M (a, b) est inversible ⇔ ∃ ! (a ′, b ′) ∈ 2 / M (a, b) × M (a ′, b ′) = I
aa ′ + 2 bb ′ = 1
⇔ ∃ ! (a ′, b ’) ∈ 2 / 
(S )
ba ′ + (a + b) b ′ = 0
⇔ dét S ≠ 0
dét S =
a 2b
= a2 + a
ab
b − 2b2 = (a − b) (a + 2b)
b a+b
M (a, b) est inversible ⇔ a ≠ b et a ≠ −2b
donc :
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse A
• Démontrons par récurrence la proposition (2) :
– A0 = I
An = an I + bn A
donc
a0 = 1
et
b0 = 0 : la proposition est vraie à l’ordre zéro.
– A = A donc
a1 = 0
et
b1 = 1 : la proposition est vraie à l’ordre 1.
1
– Supposons la proposition vraie à l’ordre n ≥ 1 :
An +1 = An A = an A + bn A2 = an A + bn (2 I + A) = 2bn I + (an + bn ) A = an +1 I + bn +1 A
206
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
corrigés
La proposition est vraie à l’ordre n + 1.
La réponse A est bonne.
• D’après ce qui précède :
an +1 = 2bn

bn +1 = an + bn
bn+1 − bn − 2bn−1 = 0
Donc ∀ n ∈  *  n+
an = 2bn−1
Les réponses B et C sont fausses.
• On reconnaît une récurrence linéaire d’ordre 2 :
b0 = 0, b1 = 1

*
n+1
1 − bn − 2bn −1 = 0
∀ n ∈  , bn+
r 2 − r − 2 = 0 ⇔ r = −1 ou r = 2
Équation caractéristique de (3) :
donc
bn = α ( −1) + β 2n
n
b0 = 0

b1 = 1
Finalement :
avec
α + β = 0

 −α + 2 β = 1
⇔
∀ n ∈ ,
, A n =
(3)
(α, β) ∈ 2 (α, β) ∈ 2
d’où
α=−
1
3
et
β=
1
3
1
1
n
n +1
2 ( −1) + 2n  I + ( −1) + 2n  A
3
3
La réponse D est fausse.
• Question 4 : réponses C et D
2
A2 + 2 A + I = 3 ( A + I ) = 3 B
• B = (A + I) = 
2
A+2 I
C = (A − 2 I) = 
A2 − 4 A + 4 I = −3 ( A − 2 I ) = −3 C
2
2
A+2 I
Donc, par récurrence immédiate : ∀ k ∈  * , B k = 3k −1 B et
et C k = ( −3)
k −1
C
Ces résultats sont vrais pour k = 1, mais faux pour k = 0 puisque B 0 = C 0 = I .
La réponse A est fausse.
La formule du binôme (A
( + B)n est valable dans un anneau à condi-
NON tion que A et B commutent (AB = BA), ce qui est le cas dans E, mais
pas dans .
La réponse B est fausse.
207
corrigés
• A=
1
(2 B + C )
3
An =
donc
1
1
(2 B + C )n = n
3n
3
n
∑=
k 0
 n
k
n−k
 k (2 B ) C
D’après l’assertion D de la question 1 : ( A + I ) ( A − 2 I ) = 0
donc BC = CB = 0.
Dès lors, il ne reste que le premier et le dernier terme :
An =
1 
1
(2 B )n + C n  = 2n B + ( −1)n −1 C 
3n 
3
La réponse C est bonne.
n
n
Or :
donc :
>
 n
∑=  k
• Dn = ( B + I ) =
k 0
Sn =
n
n
 n
 n
1
B k = I + ∑   B k = I + ∑   3k −1 B = I + Sn B
k
k




3
k =1
k =1
 n
n
∑  k
k =1
3k =
n
 n
∑  k
k=0
3k − 1 = (3 + 1) − 1 = 4n − 1
1
D = 4n − 1 B + I
3
(
n
n
)
La réponse D est bonne.
QCM 2 Matrices nilpotentes – Changement
de base
• Question 1 : réponses B et D
NON
Dans l’ensemble des matrices, il existe des diviseurs de zéro.
La réponse A est fausse.
2
• N =0 ⇒ N =0
donc, par contraposée :
N2 ≠ 0 ⇒ N ≠ 0
La réponse B est bonne.
• N =0 ⇔ f =0
donc
N2 ≠ 0 ⇔ f 2 ≠ 0
f 2 = 0 ⇔ ∀ u ∈ 3, f 2 (u) = 0
donc, en prenant les négations :
f 2 ≠ 0 ⇔ ∃ u ∈ 3, f 2 (u) ≠ 0
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
208
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
corrigés
• Question 2 : réponses B et D
3 = 3 , donc toute famille libre de 3 vecteurs est une base.
dim
NON di
La réponse A est fausse.
(f
• Cherchons si
2
)
(u), f (u),
u), u est libre.
Supposons que ∀u ∈ 3, α f 2 (u) + β f (u) + γ u = 0
alors :
∀u ∈ 
3
(1)
α f 2 (u) + β f (u) + γ u = 0

2
3
2
 f α f (u) + β f (u) + γ u = α f (u) + β f (u) + γ f (u) = f (0)
 2
2
4
3
2
2
 f α f (u) + β f (u) + γ u = α f (u) + β f (u) + γ f (u) = f (0)
(
)
(
f est linéaire, donc :
De plus, N 3 = 0
)
(1)
(2)
(3)
f (0 ) = f 2 (0 ) = 0
donc :
∀u ∈ 
Alors :
et
f 3 (u) = f 4 (u) = 0
3
f 2 (u) ≠ 0
α f 2 (u) + β f (u) + γ u = 0
 2
β f (u) + γ f (u) = 0
 2
 γ f (u) = 0
(1)
(2)
(3)
α =β= γ =0.
d’où :
(f
2
)
3
(u), f (u),
u), u est donc une famille libre de  .
La réponse B est bonne.
•
(f
)
(u), f (u),
u), u est donc une base, et par conséquent une famille génératrice de 3.
La réponse C est fausse.
2
(
)
• La matrice de f dans la base f 2 (u), f (u),
u), u est obtenue en mettant en
colonne les cordonnées des images par f des vecteurs de cette base dans
cette base.
(
)
– f f 2 (u) = f 3 (u) = 0 a pour coordonnées (0, 0, 0) ;
– f ( f (u)) = f 2 (u) a pour coordonnées (1, 0, 0) ;
– f (u) a pour coordonnées (0, 1, 0).
Donc
(f
2
)
(u), f (u),
u), u est la base dans laquelle la matrice de f s’écrit A’.
La réponse D est bonne.
209
corrigés
• Question 3 : réponses B et D
 1 1 1
• A2 =  −2 −2 −2 ≠ 0


 1 1 1
• ’ est la base
la question 2.
(f
2
et
donc A est nilpotente d’indice 3.
A3 = 0
La réponse A est fausse.
)
(u), f (u),
u), u pour u = e3 donc, d’après l’assertion D de
La réponse B est bonne.
(
)
• ( A − I ) M = ( A − I ) A2 + A + I = A3 − I 3
donc :
(formule de Bernoulli)
( A − I ) M = −I
Finalement :
La réponse C est fausse.
( I − A) M = M ( I − A) = I
donc M est inversible et M −1 = I − A.
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse D
 0  1
g (e1 ) = e ′2 = f (e3 ) = A  0 =  −1
   
 1   1
 0  1
2
2 
g
e
=
e
′
=
f
e
=
A
0 =  −2
)
(
(
)
•
1
1
3
   ,
 1   1
et
 0
g (e3 ) = e ′3 = e3 =  0 donc
 
 1
 1 0 0
B =  −2 −1 0


 1 1 1
Les réponses A et B sont fausses.
Symétrie orthogonale
( )
g symétrie ⇔ g ∈  3
et g o g = IId
Dans ce cas, g est la symétrie par rapport à Ker ( g − IId
d ) suivant
Ker ( g + IId
d ).
• Le calcul donne B 2 = I donc g est une symétrie.
 x
v =  y ∈ Ker ( g − Id
Id )
 
 z
 x
⇔
( B − I )  y = 0
⇔
x+y=0
 z
210
⇔
0 0  x
 0
 −2 −2 0  y = 0

  
 1 1 0  z 
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
corrigés
d ) est le plan d’équation x + y = 0.
donc Ker ( g − IId
 x
v =  y ∈ Ker ( g + Id
Id )
 
 z
⇔
 x
( B + I )  y = 0 ⇔
 z
⇔
x = 0

 y + 2z = 0
2
−2

1
0 0  x
0 0  y = 0
  
1 2  z 
x = 0
donc Ker (g + Id) est la droite d’équations 
.
 y + 2z = 0
La réponse C est fausse.
• g est une symétrie, donc : g −1 = g ,
B −1 = B
et
A′ = B −1 A B = B A B
La réponse D est bonne.
>
QCM 3 Résolution d’un système
• Question 1 : réponses B et C
Racines nèmes de l’unité
L’ensemble Un des racines nèmes de l’unité est :
 i
U n = e

 2 kπ 
 n 
soit encore, en posant ω = e

avec k ∈ {0, 1, ..., n − 1}

 2π 
i  
 n
:
{
U n = 1, ω, ω2, ..., ω n −1
}
èmes
La somme des racines n
de l’unité est nulle, et leurs images forment
un polygone régulier à n côtés inscrit dans le cercle trigonométrique.
• Pour n = 3 :
{
U3 = 1, j , j 2
NON
j2 = −
}
avec
j =e
1
3
−i
≠ 1.
2
2
 2π 
i  
 3
=−
1
3
+i
2
2
La réponse A est fausse.
211
corrigés
• j3 = 1
La réponse B est bonne.
2
• j = j
et
1 + j + j2 = 0
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse A
• Effectuons des combinaisons linéaires des équations :
x + y + z = a

2
x + j y + j z = b

2
x + j y + j z = c
(1)
(2)
(3)
(1) + j 2 (2) + j (3) s’écrit :
(1 + j
soit :
2




+ j x + 1 + 
j3 + 
j3 y + 1 + 
j 4 + j 2  z = a + bj 2 + cj
cj



1
1 
j
)
(
)
3y + ( x + z ) 1 + j + j 2 = a + bj 2 + cj
(4)
La réponse A est bonne et la réponse D est fausse.
• (1) + (2) + (3) s’écrit :
(
)
(
)
3x + 1 + j + j 2 y + 1 + j 2 + j z = a + b + c
soit :
(
)
3x + ( y + z ) 1 + j + j 2 = a + b + c
(5)
La réponse B est fausse.
• (1) + j (2) + j (3) s’écrit :
2

(1 + j + j ) x +  1 + j
2
2

soit :



+
j 4  y + 1 + 
j3 + 
j 3  z = a + bj + cj 2


j 
1
1 
(
)
3z + ( x + y ) 1 + j + j 2 = a + bj + cj 2
(6)
La réponse C est fausse.
212
corrigés
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
• Question 3 : réponse C
1
dét (E) = 1
1
Le déterminant du système (E) s’écrit :
En effectuant la transformation
1
dét (E) = 0
0
1
j −1
j2 − 1
1
j
j2
L2 ← L2 − L1 , L3 ← L3 − L1
1
j −1
j2 − 1 = 2
j −1
j −1
1
j2
j
on obtient :
2
j2 − 1
2
= ( j − 1) − j 2 − 1 = 3 j 2 − j
j −1
(
)
(
)
dét (E) ≠ 0 donc (E) est un système de Cramer admettant une solution unique.
En remplaçant dans les équations (4), (5) et (6) 1 + j + j 2 par 0, on obtient :
 a + b + c a + bj 2 + cj a + b
bjj + ccjj 2 
,
,

3
3
3

( x, y, z ) = 
La réponse C est bonne, les réponses A, B et D sont fausses.
Il est judicieux d’imaginer ici des combinaisons linéaires qui font apparaître la quantité 1 + j + j 2 = 0,
0 et de ne pas résoudre par substitution.
• Question 4 : réponse D
, ) : x, y, et z sont tous réels,
Si (a, b, c ) = (1, j, j ), alors ( x, y, z ) = (0, 1,0
NON mais a, b et c ne sont pas tous réels (condition non nécessaire).
2
Les réponses A et C sont fausses.
• Si ( x, y, z ) ∈ 3 , alors, d’après l’équation (1), a = x + y + z est réel.
La réponse B est fausse.
• Si a est réel, et b et c complexes conjugués : b = c , et b + c est réel.
Alors :
a+b+c
est réel.
3
a + b j 2 + c j a + cj + bj 2
a+b
bjj 2 + ccjj
=
= y , donc y est réel.
et y =
–y=
3
3
3
–x=
–z=
a+b
bjj + ccjj 2
3
et
z=
a + b j + c j 2 a + cj 2 + bj
=
= z , donc z est réel.
3
3
La condition de l’assertion D est suffisante.
213
corrigés
Si ( x, y, z ) ∈ 3 :
– d’après (1) : a = x + y + z est réel.
– d’après (2) et (3) : b = x + j y + j 2 z et b = x + j y + j 2 z = x + j 2 y + jz
jz = c
donc b et c sont complexes conjugués.
La condition de l’assertion D est nécessaire.
La réponse D est bonne.
Il faut absolument éviter de manipuler dans cette question les expressions
algébriques des complexes, l’exploitation des relations entre complexes
conjugués étant beaucoup plus rapide.
>
QCM 4 Matrice d’un endomorphisme
• Question 1 : réponse B
La matrice A est obtenue par la définition analytique de l’endomorphisme f :
 x′
 x
 y′
 y
  =A  
 z ′
 z
 
 
 (b + c )
A =  (c − b)

 (b − c )
donc
(c − a) (b − a)
(a + c ) (a − b)
(a − c ) (a + b)
La réponse B est bonne, les réponses A, C et D sont fausses.
• Question 2 : réponses A et C
 (b + c ) − λ
• La matrice A − λ I s’écrit : A − λ I =  (c − b)

 (b − c )
et son déterminant ∆ s’écrit :
∆=
(c − a)
a
( + c) − λ
(a − c )
(b − a ) 
(a − b) 
(a + b) − λ
(b + c ) − λ (c − a)
(b − a )
c
−
b
a
+
c
−
λ
)
(
) (
(a − b)
(b − c )
(a − c ) (a + b) − λ
Il serait hasardeux de tenter d’ajouter ou retrancher des lignes et des
colonnes à ∆ jusqu’à obtenir l’un des déterminants des assertions A, B et C.
Il est en effet difficile de prévoir les combinaisons « gagnantes », et par
ailleurs certaines assertions sont fausses. Nous calculerons donc séparément
chaque déterminant.
214
chapitre 10 : Matrices – Déterminants – Systèmes
corrigés
On effectue tout d’abord sur ∆ la transformation : L1 ← L1 + L3 , L2 ← L2 + L3
2b − λ
0
∆=
0
2a − λ
(b − c ) (a − c )
2b − λ
1
2a − λ = (2a − λ ) (2b − λ ) 0
(a + b) − λ
(b − c )
On effectue ensuite la transformation :
∆ = (2a − λ ) (2b − λ )
0
1
(a − c )
1
1
(a + b) − λ
C3 ← C3 − C1
1
0
(b − c )
0
1
(a − c )
0
1
(a + c ) − λ
On développe par rapport à la première ligne :
∆ = (2a − λ ) (2b − λ )
1
(a − c )
1
= (2a − λ ) (2b − λ ) (a + c − λ − a + c )
(a + c ) − λ
= (2a − λ ) (2b − λ ) (2c − λ )
= − λ 3 + λ 2 (2a + 2b + 2c ) − λ (4ab + 4ac + 4bc ) + 8abc
La réponse D est fausse.
• Comparons maintenant le résultat obtenu à ceux des assertions A, B et C.
En développant par rapport à la première colonne le déterminant de
l’assertion A, on obtient :
(2c − λ )
1
0
0
(c − b)
(b − c )
(a − b)
(a + b − λ )
(a − b) (a + b − λ )
= (2c
2c − λ )
(a + b − λ ) (a − b)
(a − b) (a + b − λ )
2
2
= (2c − λ ) (a + b − λ ) − (a − b) 


= (2a − λ ) (2b − λ ) (2c − λ )
La réponse A est bonne.
215
corrigés
• En développant par rapport à la première colonne le déterminant de
l’assertion B, on obtient :
(2c − λ )
0
1
0
(a + b − λ ) (a − b)
(a + c − λ ) (a − c )
(a − b) (a + b − λ )
= − (2c − λ )
(a + b − λ ) (a − b)
(a − b) (a + b − λ )
2
2
= − (2c − λ ) (a + b − λ ) − (a − b) 


= − (2a − λ ) (2b − λ ) (2c − λ )
La réponse B est fausse.
• En développant par rapport à la deuxième colonne le déterminant de
l’assertion C, on obtient :
1
0
0
0
0
1
2b − λ ) (a − b)
(2a − λ ))((2c − λ ) (c − b) (2b
= (2a − λ ) (2
2b
b − λ ) (2c − λ )
1 0
0 1
= (2a − λ ) (2b − λ ) (2c − λ )
La réponse C est bonne.
• Question 3 : aucune réponse n’est bonne
• La matrice A = ai j  ∈  3 (  ) n’est pas égale à sa transposée pour
tout (a, b, c ) ∈ 3 , car elle n’est pas symétrique pour tout (a, b, c ) ∈ 3 .
Par exemple :
a12 = c − a , a21 = c − b , et si a ≠ b :
a12 ≠ a21
La réponse A est fausse.
NON
Le déterminant de A est égal au déterminant ∆ pour la valeur λ = 0 :
dét A = 8a
abc
A est inversible si et seulement si dét A ≠ 0.
Donc, A est inversible si et seulement si a, b et c sont non nuls.
Les réponses B, C et D sont fausses.
216
chapitre 11
Développements
limités
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Prolongement par continuité,
branches infinies
218
225
• QCM 2 : Dérivabilité et équation
différentielle
220
229
• QCM 3 : Courbe paramétrée
221
232
• QCM 4 : Formule de Taylor-Young
223
236
217
énoncés
« Développement limité d’ordre n au voisinage de a » est noté ici
« DLn(a) ».
>
QCM 1 Prolongement par continuité,
• Question 1
branches infinies
1
1/ x
Soient les fonctions u : x 
ln ( x + cos x ) et f : x  ( x + cos x ) définies
x
au voisinage de 0.
On note  la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.
A
B
Pour obtenir un DL2 (0) de f, il suffit de prendre un DL2 (0) de
ln ( x + cos
cos x ) .
f ( x ) = eu (x) donc, si p ( x ) = α + β x + γ x2 est la partie régulière du
DL2 (0) de u, alors on peut utiliser le DL2 (0) de exp pour écrire :
p (x)
+ o x2
2!
4 

C Le DL2 (0) de f est : f ( x ) = e 1 − x − x2  + o x2 .
3 

D Du DL2 (0) de f, on déduit un prolongement par continuité de f
2
f (x) = 1 + p (x) +
( )
( )
en 0 en une fonction dérivable en 0, et un positionnement de 
au-dessus de sa tangente au point A(0, e).
• Question 2 (d’après EPL 2008)
Soit la fonction réelle f de la variable réelle x définie par :
f ( x ) = e1 / x
x ( x + 2) .
On note  la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.
A
B
Aux voisinages de + ∞ et − ∞, on a :

1
1
 1 
x ( x + 2) = x  1 + −
+ o 2 .
 x 
x 2 x2

En + ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = x + 2,
et  est au-dessus de son asymptote.
C
En − ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = x + 2,
et  est en dessous de son asymptote.
D En − ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = −x −2,
et  est en dessous de son asymptote.
218
chapitre 11 : Développements limités
énoncés
• Question 3
Soit la fonction
graphique.
 1 
.
f : x  x2 arctan 
 x − 1
A
 1 π
∀ x ∈  * , arcta
arctan x + arctan   = .
 x 2
B
 1
Le DL 2(0) de arctan   est:
 x
On note  sa représentation
π
− x + x2 + o x2 .
2
( )
Le DL2 de f au voisinage de 1 est :
(
)
(
)
C
π
2
2
π

+ ( π − 1) ( x − 1) +  − 2 ( x − 1) + o ( x − 1)
2

2
D
π
2
2
π

+ ( π − 1) ( x − 1) +  − 1 ( x − 1) + o ( x − 1) .
2

2
• Question 4
On étudie dans cette question le comportement au voisinage de + ∞ de la fonction
f définie à la question 3.
A
f ( x ) ∼ x donc le développement asymptotique de f au voisinage
+∞
c
1
 1
de + ∞ à la précision est de la forme : f ( x ) = x + b + + o   .
 x
x
x
B
Dans le cas où l’assertion A est jugée exacte, il faut, pour obtenir
ce développement asymptotique, déterminer le DL2 de
 1 
au voisinage de + ∞.
arctan 
 x − 1
C
Le développement asymptotique de f au voisinage de + ∞ à la
1
2
 1
précision
est : f ( x ) = x + 1 −
+o .
 x
x
3x
D En + ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = x + 1,
et  est au-dessus de son asymptote.
219
énoncés
>
QCM 2 Dérivabilité et équation
différentielle
Soit la fonction numérique f de la variable réelle x définie par :
f (x) =
x ch x − sh x
.
ch x − 1
On note  la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.
• Question 1
A
( )
f ( x ) = α + β x + γ x2 + o x2 , f étant
Si f admet un DL2(0) :
impaire, on en déduit que γ = 0, donc f n’a pas de DL2 (0), mais
seulement un DL1(0).
B
x2
et x ch x − sh x ∼ α x3 (α ∈  ) donc, pour
0
0
2
obtenir un DL3(0) de f, il faut utiliser des DL5(0) de xch x − sh x
ch x − 1 ∼
et de ch x − 1 .
Le DL3(0) de f est :
C
f (x) =
2
1 3
x+
x + o x3
3
90
D
f (x) =
2
1 3
x+
x + o x3
3
60
( )
( )
• Question 2
Dans cette question, on pose f (0) = 0.
A
f est continue mais non dérivable en 0.
B
f est 3 fois dérivable en 0, car toute fonction admettant un DLn(a)
est n fois dérivable en a.
Du DL3(0) de f, on déduit que  admet une tangente ∆ au point O, et que :
C
 est au-dessus de ∆
D  est au-dessus de ∆ pour x > 0, et en dessous pour x < 0.
220
chapitre 11 : Développements limités
• Question 3
Soit l’équation différentielle :
(ch x − 1) y′ + y sh x = x sh x
A
(E)
Φ : x  x ch x − sh x est une primitive sur  de
ϕ : x  x ssh x .
B
Les solutions de (E) sur  *+ sont les fonctions :
x  f (x) + C
C
(C ∈  ) .
−1
e
est l’unique solution de (E) sur *
ch x − 1
telle que g (1) = 0.
0
g : x  f (x) −
D f est l’unique solution de (E) sur .
>
QCM 3 Courbe paramétrée
Le plan est rapporté à un repère orthonormé (xOy).
Soit  la courbe paramétrée définie par F = (x, y), avec :
 x (t ) = (t − 2) e − 1 / t

M (t ) : 
4
 y (t ) = t +
t

(t ∈ * )
• Question 1
A
∀ t ∈  * , x′ (t ) est du signe de t 2 + t − 2 .
B
∀ t ∈  * , y′ (t ) ≥ 0.
C
M (−2) est l’unique point singulier de .
D En M (2), la tangente à  est parallèle à l’axe (Oy).
221
énoncés
énoncés
• Question 2
Le DL3 de
1
au voisinage de 0 s’écrit :
−2 + h
A
−
1 h h2 h3
+ +
+
+ o h3
2 2 4
8
B
−
1 h h2 h3
− −
−
+ o h3
2 4 8 16
( )
( )
 1 


Le DL3 de e 2− h  au voisinage de 0 s’écrit :
C

h 5 h2 37 h3 
e1 / 2  1 + +
+
+ o h3
4
32
384 

D

h 5 h2 37 h3 
e1 / 2  1 − +
−
+ o h3
4
32
384 

( )
( )
• Question 3
Le DL3 de x au voisinage de −2 est :
A
3
11 3 

x ( −2 + h) = e1 / 2  − 4 − 2 h − h2 −
h  + o h3

8
48 
B
3
11 3 

x ( −2 + h) = e1 / 2  − 4 − h2 −
h  + o h3 .

8
48 
( )
( )
Des DL3 de x et de y au voisinage de −2, on déduit que :
C
M (−2) est un point d’inflexion car 2 est le plus petit p ∈  * tel que
D
( −2) ≠ 0 et 3 est le plus petit entier q > p tel que F (q) ( −2) ≠ 0 .
F ″ ( −2) ≠ 0, donc la tangente à  en M (−2) est dirigée par
→
u (3 e 1 / 2, 4) et F (3) ( −2) est non colinéaire à F ″ ( −2), donc M (−2)
F
( p)
est un point de rebroussement de 1ère espèce.
222
chapitre 11 : Développements limités
énoncés
• Question 4
A
En ± ∞, x (t ) ∼ t et y (t ) ∼ t, donc la droite d’équation y = x est
asymptote à la courbe .
Du DL1 de y − x au voisinage de ± ∞, on déduit que :
B
la droite d’équation y = x + 3 est asymptote à  ;
C
 est au-dessus de son asymptote ;
D au voisinage de 0 −,  admet une branche parabolique de
direction (Oy).
>
QCM 4 Formule de Taylor-Young
• Question 1 (d’après EPL 2004)
Soit g la fonction définie sur  par :
sin x

si x ≠ 0
 g (x) =
x

 g (0) = a (a réel fixé)

A
B
g est de classe C1 sur * et ∀ x ∈  * , g ′ ( x ) =
cos x
( x − tan x ) .
x2
En utilisant des DL de cos x et sin x au voisinage de 0, on montre
que :
lim g ′ ( x ) = 0
x→ 0
C
Si l’assertion B est jugée exacte, g est dérivable en 0 et g′ (0) = 0.
0
D Pour a = 1, g est continue mais n’est pas de classe C 1 sur .
223
énoncés
• Question 2
On considère une fonction f de classe C n+1 sur  (n ∈  ) telle que :
f (0) = f ′ (0) = f ″ (0) = ... = f (n +1) (0) = 0 .
A
Soit m, p ∈ et h une fonction telle que, au voisinage de 0,
( )
h ( x ) = o xm .
B
( )
h ( x ) = o x p si p ≥ m
Alors :
Soit q ∈ , 0 ≤ q ≤ n + 1. f étant de classe C n+1 sur , on peut
appliquer la formule de Taylor-Young au voisinage de 0 à f (q)
à l’ordre n.
C
(
∀ q ∈  0, n + 1 , f (q) ( x) = o x n+1−q
D Pour 0 ≤ k ≤ p ≤ n, f
( p − k)
(x) = o (x
)
k +1
)
• Question 3
On reprend la fonction f de la question 2.
Soit ϕ la fonction définie sur  par :
f (x)

si x ≠ 0
 ϕ (x) =
x

 ϕ (0 ) = 0

A
1
admet une dérivée d’ordre k sur * telle que pour
x
0≤k≤p≤n :
lim u (k) ( x ) f (p − k) ( x ) = 0
u: x 
x→ 0
x≠0
B
0
En utilisant la formule de Leibniz, on obtient pour 0 ≤ p ≤ n et x ≠ 0:
ϕ ( p) ( x ) =
C
p
∑=
k 0
u (k ) ( x ) f
( pp− k)
(x)
lim ϕ (p) ( x ) = 0 , donc on peut montrer, en utilisant une récurrence,
x→ 0
x≠0
que ϕ est de classe C n sur .

( sh x − x)2 si x ≠ 0
D Soit h définie sur  par :  h ( x ) =
x
 h (0 ) = 0

On peut déduire des résultats précédents que h est de classe C 5 sur .
224
corrigés
>
QCM 1 Prolongement par continuité,
branches infinies
• Question 1 : réponse D
1
• f (x) = e x
ln (x + cos x)
= eu (x). Pour déterminer un DL2 (0) de f, il faut un
cos x ) .
DL2 (0) de u (x), donc un DL3 (0) de ln ( x + cos
La réponse A est fausse.
2


x
x2
cos x ) = ln
ln  x + 1 −
+ o x3  = lln
n ( 1 + v) , avec v = x −
• ln ( x + cos
+ o x3 .
2


2
( )
( )
( )
( )
v ∼ x donc : o v3 = o x3 .
0
Écrivons un DL3 (0) de ln ( 1 + v) :
ln ( 1 + v) = v −
( )
= x − x2 +
u (x) =
Donc :
( )
( )
1
5
ln ( x + cos x ) = 1 − x + x2 + o x2
x
6
( )
f ( x ) = eu ( x ) = e
eu = 1 + u +
Or, on a :
3
5 3
x + o x3
6
Alors :
or :
2
v2 v3
x2 1 
x2 
1
x2 
+
+ o v3 = x −
−  x −  +  x −  + o x3
2
3
2 2
2
3
2
u2
+ o u2
2
( )
et
p (x) = 1 − x +
5 2
x .
6
( )
p ( x ) + o x2
si u est au voisinage de 0,
lim u ( x ) = 1 .
x→ 0
La réponse B est fausse.
1− x +
• f (x) = e
or
5 2
x + o x2
6
( )
t ∼ − x , donc :
0
= e et
avec
( )
( )
o x2 = o t 2
t = −x +
( )
et un DL2 (0) de et s’écrit :
et = 1 + t +
• D’où :
5 2
x + o x2
6
t2
+ o t2
2
( )
2


5
1
5 
4


f ( x ) = e 1 − x + x2 +  − x + x2  + o x2  = e 1 − x + x2 + o x2 
6
2
6 
3




( )
( )
La réponse C est fausse.
225
corrigés
e
• lim f ( x ) = e , donc on peut prolonger f par continuité en posant f (0) = e.
x→ 0
f admet alors un DL1(0), donc f est dérivable en 0, f ′ (0) = −e,
e et la tangente T
à  en A (0, e) a pour équation y = e (1 − x ) .
f ( x ) − e (1 − x ) ∼
0
4
e x2 ≥ 0 ,
3
donc  est au-dessus de T.
La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponse B
•
x ( x + 2) =
2
2


x2  1 +  = x  1 + 


x
x
Écrivons un DL2 de (1 + u)
1/ 2
(1 + u)1 / 2 = 1 +
1/ 2
.
au voisinage de 0 :
1
1  1
u+
 
2
2!  2 
Donc, aux voisinages de ± ∞ :
1
1 2
1
 2
2
2
 − 1 u + o u = 1 + u − u + o u .
2
2
8
( )
2

 1 + 
x
1/ 2
( )
2
= 1+
1  2
1  2
 1
  −
  + o  2 
2  x
8  x
x

1
1
 1 
x ( x + 2) = x 1 + −
+ o  2  .
2
 x 
x
2
x

soit :
La réponse A est fausse (en − ∞).
• f ( x ) = e1 / x
Soit :
Donc :
x ( x + 2) .
1
=u.
x
Un DL2(0) de eu s’écrit :
e1 / x = 1 +
eu = 1 + u +
u2
+ o u2 .
2
( )
1
1
 1
+
+ o  2
x 
x
2 x2
et :

1
1 
1
1 
2 1

 1 
 1 
f ( x ) = x  1 + +
1+ −
+ o  2   = x 1 + + 2 + o  2   .
2 
2


 x 
x
2
x
x
2
x
x
x
x







1
 1
+ o 
 x
x
- En + • :
f ( x) = x + 2 +
- En - • :
f ( x) = - x - 2 -
1
 1
+ o 
 x
x
226
corrigés
chapitre 11 : Développements limités
Donc, en + ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = x + 2 ,
1
et > 0 donc  est au-dessus de son asymptote.
x
La réponse B est bonne.
• Par ailleurs, en – ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation y = − x − 2,
1
et −
> 0 donc  est au-dessus de son asymptote.
x
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 3 : réponse C
• Soit :
 1
g ( x ) = arctan x + arctan  
 x
g′ (x) =
1
1
 1
+ − 2
=0
1
 x 
1 + x2
1+ 2
x
g (1) =
Finalement :
sur *.
π
2
donc
k1 =
π
2
et
 si x > 0, g ( x ) = k1

 si x < 0, g ( x ) = k2
donc
g ( −1) = −
π
2
donc
k2 = −
π
.
2
π
 1
arctan x + arctan   = (sgn
sgn x ) .
 x
2
La réponse A est fausse.
π
 1
a
n  =
− arctan x .
• ∀ x > 0, arctan
 x
2
Un DL2(0) de arctan x s’obtient par intégration de
1
.
1 + x2
Or :
1
π
 1
= 1 + o ( x ) donc arctan x = x + o x2 et arctan   =
− x + o x2 .
2


1+ x
x
2
( )
( )
La réponse B est fausse.
En outre, la fonction arctan étant impaire, son DL ne peut contenir de
terme en x2.
• Cherchons un DL2 de f au voisinage de 1. Soit x = 1 + h :
2
 1 π
π

f ( x ) = (1 + h) arctan   = + ( π − 1) h +  − 2 h2 + o h2
 h 2
2

( )
227
corrigés
f (x) =
soit finalement :
(
)
π
2
2
π

+ ( π − 1) ( x − 1) +  − 2 ( x − 1) + o ( x − 1) .
2

2
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 4 : réponses A et D
1
1
 1 
,
arctan 
∼
∼
 x − 1 + ∞ x − 1 + ∞ x
• lim
1
=0
x −1
donc
soit :
f ( x ) ∼ x2
1
∼ x
x +∞
x→ + ∞
+∞
La réponse A est bonne.

 1 
NON f (x) = x x arctan  x − 1  , et pour obtenir un développement asymp-
totique de f au voisinage de + ∞ à la précision
f ( x) = x + b +
1
, c’est-à-dire :
x
c
b
c

 1
 1 
+ o   = x 1 + + 2 + o  2  
 x
 x 
x
x x

 1 
au voisinage de + ∞, donc un DL3 de
 x − 1
La réponse B est fausse.
il faut un DL2 de x arctan 
 1 
.
arctan 
 x − 1




1
 h 
 1 
• arctan 
= arctan 
 = arctan 

 x − 1
 1 − h 
1


 x 1 −  
 

x 
1
avec h =
au voisinage de 0.
x
u=
Or :
h
1
=h
= h 1 + h + h2 + o h2  = h + h2 + h3 + o h3 .
1− h
1− h
u ∼ h
0
( )
donc
( )
( )
o h3 = o u3
( )
et on doit déterminer un DL3 (0) de
arctan u, donc un DL2 (0) de sa dérivée :
1
= 1 − u2 + o u2
1 + u2
( )
or
arctan 0 = 0
228
donc
arctanu
u=u−
u3
+ o u3 .
3
( )
chapitre 11 : Développements limités
corrigés
1 1
1
2


 1 
f ( x ) = x2 h + h2 + h3 − h3 + o h3  = x2  + 2 +
+ o  3 .
3
 x 
3
x
x
3
x



( )
Finalement :
f (x) = x + 1 +
2
 1
+ o  .
 x
3x
La réponse C est fausse.
• En + ∞,  admet pour asymptote la droite d’équation
donc  est au-dessus de son asymptote.
y = x + 1, et
2
> 0,
3x
La réponse D est bonne.
>
QCM 2 Dérivabilité et équation
différentielle
• Question 1 : réponses B et C
f est impaire, donc la partie régulière d’un DLn (0) de f est impaire et
NON ne contient donc pas de termes en x . Par conséquent : α = γ = 0 .
En revanche, f ( x) = β x + o (x ) est toujours un DL2 (0) de f.
2k
2
La réponse A est fausse.
x2
, x ch x ∼ x et sh x ∼ x donc, pour trouver un équivalent
0
0
0
2
de x ch x − sh x , il faut déterminer un DL3 (0) , donc un DL2 (0) de ch x et un
• ch x − 1 ∼
DL3 (0) de sh x :

x2  
x3 
x3
x ch x − sh x = x  1 +  −  x +  + o x3 =
+ o x3
2 
6
3

( )
x ch x − sh x ∼
d’où:
0
1 3
x
3
1

x3  + v ( x )
3

1

f (x) = 2
= 2 x  + v ( x )
3

x
(1 + w (x))
2
avec
lim
m v ( x ) = llim w ( x ) = 0 .
x→ 0
x→ 0
229
( )
1
(1 + w (x))
corrigés
f (x)
, soit des DL2 (0) de
x
2 (ch x − 1)
1
x ch x − sh x
et de 1 + w ( x ) =
, donc des DL5 (0) de
+ v (x) =
x2
3
x3
x ch x − sh x et de ch x−1
Pour obtenir un DL3 (0) de f, il faut un DL2 (0) de
La réponse B est bonne.
• ch x = 1 +
x2 x 4
+
+ o x5
2 4!
( )
f (x) =
et
sh x = x +
x3 x5
+
+ o x5 .
6 5!
( )
x3 x5
x3 x5
x3 x5
+
−x−
−
+ o x5
+
+ o x5
2 4!
6 5!
3 30
=
 1 x2


x2 
x2
x2  +
+ o x3 
1+
+ o x3 

2 
12
 2 4!


( )
x+
( )
( )
( )

2
x3
x+
+ o x3 

3
10
1

=
2

x
3 
 1 + 12 + o x 
( )
( )
Soit u =
u ∼
0
x2
12
x2
+ o x3 :
12
( )
donc
Finalement :
u2 << x3
f (x) =
2
3
et

x3 
x
+

10 
1
x2
= 1 − u + u2 + o u2 = 1 −
+ o x3 .
1+ u
12
( )
( )
2
1 3

x2 
x + o x3 .
1
−
+ o x3 = x +


3
90
12 
( )
( )
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse D
• f (0) = 0 et, d’après le DL3 (0) de f :
2
f ( x ) = f (0 ) + x + o ( x ) ,
3
en 0 et :
lim f ( x ) = 0 donc f est continue en 0.
x→ 0
donc f admet un DL1 (0), donc f est dérivable
f ′ (0 ) =
230
2
3
La réponse A est fausse.
chapitre 11 : Développements limités
corrigés
Si une fonction est de classe C n, d’après la formule de Taylor-Young,
NON elle admet un DLn. Mais la réciproque est fausse.
1
Par exemple, soit ϕ : x  x3 ssin   .
Au voisinage de 0 : ϕ ( x) = o (x
un DL2 (0), ϕ′ (0) = 0 , et :
Or :
2
)
 x
donc, en définissant ϕ (0) = 0 , ϕ admet
 1
 1
∀ x ∈  * , ϕ′ ( x) = 3 x2 sin   − x coss   .
 x
 x
ϕ ′ ( x ) − ϕ ′ ( 0)
 1
 1
= 3 x sin
n   − cos  


 x
x
x
n’a pas de limite en 0, donc
ϕ n’est pas deux fois dérivable en 0.
La réponse B est fausse.
• D’après le DL3 (0) de f, la tangente à  en O est la droite ∆ d’équation
2
y= x.
3
2
1 3
x ∼
x
du signe de x, donc  est au-dessus de ∆ pour x > 0,
0 90
3
et en dessous pour x < 0.
f (x) −
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
• Φ′ ( x ) = ch x + x sh x − ch x = x sh x
La réponse A est bonne.
• (E) est une équation différentielle linéaire du 1erordre, et ch x − 1 = 0 en 0,
donc on résout (E) sur ] − ∞, 0 [ ou sur ] 0, +∞
+∞ [.
sh x est la dérivée de ch x – 1, donc le premier membre de (E) est la dérivée
du produit (ch x − 1) y .
(E) ⇔
⇔
(ch x − 1) y = Φ ( x) + C
y=
x ch x − sh x + C
ch x − 1
(C ∈  )
(C ∈  ) .
Donc, les solutions de (E) sur  +* (ou sur  −* ) sont les fonctions :
C
x  f (x) +
(C ∈  )
ch x − 1
La réponse B est fausse.
231
corrigés
C1

 si x > 0, y = f ( x ) + ch x − 1

• Les solutions de (E) sur  sont : 
 si x < 0, y = f ( x ) + C2

ch x − 1
(1)
*
(2)
y (1) = 0 ⇔ ch 1 − sh 1 + C1 = 0
⇔ C1 = − e −1 .
C2 n’est pas fixé, donc g est l’unique solution de (E) sur  +* , mais ce n’est
pas le cas sur *.
La réponse C est fausse.
• Si y est solution de (E) sur , y est solution sur *, donc vérifie (1) et (2).
y est continue en 0, or f (0) = 0 et f est continue en 0.
Si C1 ≠ 0, lim y ( x ) = ± ∞ ,
donc il faut C1 = 0.
Si C2 ≠ 0, lim y ( x ) = ± ∞ ,
donc il faut C2 = 0.
x → 0+
x → 0−
Donc f est la seule solution possible de (E). Or, d’après la question 2, f est
dérivable en 0, donc f est solution de (E) sur 
La réponse D est bonne.
>
QCM 3 Courbe paramétrée
• Question 1 : réponses A et C
(
*
• ∀ t ∈ ,
)

t2 + t − 2 e− 1/ t
du signe de t 2 + t − 2
 x′ (t ) =

t2

t2 − 4

y
′
t
=
du signe de t 2 − 4
)
(

t2
La réponse A est bonne.
• y′ (t ) ≥ 0 ⇔ t ∈ ] − ∞, − 2 [ ∪ ] 2, + ∞ [
232
La réponse B est fausse.
chapitre 11 : Développements limités
corrigés
Point singulier
x′ (t ) = y′ (t ) = 0 .
M (t) est un point singulier si et seulement si :
2
ou t = 1
• x ′ (t ) = 0 ⇔ t + t − 2 = 0 ⇔ t = −2 o
y ′ (t ) = 0 ⇔ t 2 − 4 = 0 ⇔ t = −2 ou t = 2 .
Donc M (–2) est l’unique point singulier de .
La réponse C est bonne.
• x′ (2) ≠ 0 et y′ (2) = 0,
0 donc la tangente à  en M (2) est parallèle à l’axe (Ox).
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses B et C
2
3

1
1
1
1
h  h
 h
= −  1 + +   +   + o h3 
• −2 + h = − 2
h




2
2
2
2


1−
2
1 h h2 h3
=− − −
−
+ o h3
2 4 8 16
( )
( )
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• e
or
 1 
 2 − h 
1
h h2 h3
+
+
+
+ o h3
2 
4
8 
16


u(h)
( )
=e
u ( h) ∼
0
h
4
1
= e 2 e u (h)
( )
( )
o u3 = o h3 .
donc
On écrit alors un DL3 (0) de eu :
eu = 1+ u +
2
u2 u3
+
+ o u3 .
2
6
 h h2 h3  1  h h2 
1
e u (h) = 1 +  +
+
+  +  +

6
 4 8 16  2  4 8 
e u (h) = 1 +
Finalement :
( )
3
 h
+ o h3
 4 
( )
h 5 h2  1
1
1  3
3
+
+
+
+
 h +o h .
4 32  16 32 384 
( )
 1 



h 5 h2 37 h3 
e 2 − h  = e1 / 2  1 + +
+
+ o h3 .
4
32
384 

( )
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
233
corrigés
• Question 3 : réponses B et D
• Cherchons les DL3 (−2) de x et de y.
On pose t = −2 + h avec h au voisinage de 0.
1


h 5 h2 37 h3
x ( −2 + h) = ( − 4 + h) e 2 − h = e1 / 2 ( − 4 + h)  1 + +
+
+ o h3 
4
32
384


( )
3
11 3 

x ( −2 + h) = e1 / 2  − 4 − h2 −
h  + o h3

8
48 
( )
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
4
1
= −2 + h − 2
h
−2 + h
1−
2

h h2 h3 
= −2 + h − 2  1 + +
+  + o h3
2 4
8

• y ( −2 + h) = −2 + h +
( )
h2 h3
−
+ o h3 .
2
4
3
11 1 / 2
− e1 / 2
−
e
0
− 4 e1 / 2
8
48
2
3
Alors : F ( −2 + h) =
+h +h
+ h
+ o h3 .
0
1
1
−4
−
−
2
4
F est C ∞ sur *, donc le DL3(–2) de F est le développement de Taylor-Young
en –2, soit :
soit :
( )
y ( −2 + h) = − 4 −
( )
F ( −2 + h) = F ( −2) + h F ′ ( −2) +
h2
h3 (3)
F ″ ( −2) +
F ( −2) + o h3
2
6
( )
−2) = 0 (M (–2) est un point singulier).
On retrouve F ′ ( −2
3 1/ 2
1/ 2
e
→ 3e
est colinéaire à u
qui dirige donc la tangente à  en
4
4
−1
1/ 2
 → →
→ 11 e
, et  u , v  sont non colinéaires.
M (–2), F (3) ( −2) est colinéaire à v
12
F ′′ ( −2)
−
234
chapitre 11 : Développements limités
Donc 2 est le plus petit p ∈ * tel que F
(
tel que F
( p)
( −2) , F
(q)
( p)
)
corrigés
( −2) ≠ 0, et 3 est le plus petit q > p
( −2) libres, donc M (–2) est un point de rebrousse-
ment de 1ère espèce.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse B
NON
y (t )
=1
x (t )
Donc la droite d’équation y = x est direction asymptotique de , mais
il faut étudier la limite de y − x quand t → ± ∞ avant de conclure à
une asymptote.
La réponse A est fausse.
lim e −1 / t = 1
t→ ± ∞
x (t ) ∼ t
donc
• y (t ) − x (t ) = t +
±∞
y (t ) ∼ t
or
±∞
d’où
lim
t→ ± ∞
4
4 
2


− (t − 2) e −1 / t = t 1 + 2 −  1 −  e −1 / t  .

t
t
t


Cherchons un DL1 ( ± ∞ ) de y (t ) − x (t ) , donc un DL2 ( ± ∞ ) du crochet :

4 
2 
1
1
3
 1 
 1
y (t ) − x (t ) = t 1 + 2 −  1 −   1 − + 2 + o  2    = 3 +
+o 




t
t
t
t
2
t
t
2
t




y (t ) − x (t ) − 3 =
soit :
3
 1
+o 
t
2t
donc la droite ∆ d’équation y = x + 3
est asymptote à  en ± ∞ , et 3 est du signe de t, donc  est au-dessus de
2t
∆ en + ∞, et en dessous de ∆ en − ∞.
La réponse B est bonne et la réponse C est fausse.
−1 / t
donc lim x (t ) = − ∞
• x (t ) 0∼ − 2 e
t→ 0
−
et
−
y (t ) ∼
y (t )
2
∼ − e1 / t
0
−
x (t )
t
Posons :
et
lim
t→ 0 −
X =
1
t
→ −∞
t→0
−
alors
−
0−
4
t
donc
2 1/ t
e = −2 X e X → 0
X→ − ∞
t
lim
m y (t ) = − ∞.
t→ 0 −
y (t )
= 0 donc  admet une branche parabolique de direction (Ox).
x (t )
La réponse D est fausse.
235
corrigés
>
QCM 4 Formule de Taylor-Young
• Question 1 : réponse B
Sur
NON
g ′ ( x) =
 * , g est C ∞ par opérations, et :
Si x ≠
π
+ kπ
k
2
(k ∈ ) :
• x cos x ∼ x
0
donc
sin x ∼ x
et
g ′(x) =
cos x
( x − tan x) .
x2
g ′ ( x) =
x cos x − sin x
.
x2
La réponse A est fausse.
donc il faut un DL2 (0) du numérateur :
0
(
( ))
x (1 + o ( x )) − x + o x2
x
2
=
( )
o x2
x2
= o (1) → 0
x→0
lim g ′ ( x ) = 0
x→ 0
La réponse B est bonne.
Pour utiliser la limite de la dérivée, il faut que g soit continue en 0, ce qui
NON n’est vrai que si a = 1.
La réponse C est fausse.
• Si a = 1, g est continue sur , dérivable sur  , et lim g ′ ( x ) = 0 , donc g est
*
x→ 0
0 donc g est de classe C 1 sur .
dérivable en 0 et g ′(0) = 0,
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses C et D
NON • Si p ≥ m :
xp
= x p − m → 0 donc x p << x m :
x→0
xm
la réponse A est fausse.
• Si f est C n+1, f (q) est C n +1− q et on peut lui appliquer la formule de
Taylor-Young à l’ordre n + 1 − q.
La réponse B est fausse (sauf pour q = 1).
(q)
• f (x) =
or
n + 1− q
∑=
k 0
f (q + k) (0) k
x + o x n + 1− q
k!
(
0 ≤ q+ k ≤ n+1
et finalement :
donc
(
)
f (q + k) (0) = 0
f (q) ( x ) = o x n +1− q
)
(1)
La réponse C est bonne.
• 0 ≤ k ≤ p ≤ n donc 0 ≤ p − k ≤ n , et en remplaçant q par p−k dans (1),
on obtient :
f (p − k) ( x ) = o x n +1− pp++ k
(
236
)
corrigés
chapitre 11 : Développements limités
Or :
Finalement :
f
( p − k)
(x) = o (x
k +1
k+
• Question 3 : réponses
• u est C ∞ sur *, u′ ( x ) = −
u
donc
n +1− p + k = k +1+ n − p ≥ k +1
(k )
( x ) = ( −1)
k
k!
x k +1
)
x n +1− p + k << x k +1 .
0
La réponse D est bonne.
A et C
1
2
, u″ ( x ) = 3
x2
x
u (k ) ( x ) f
donc
et par récurrence :
( p − k)
( x ) = ( −1) k k !
(
k +1
o x k+
x k +1
)
→0
x→0
La réponse A est bonne.
• Appliquons la formule de Leibniz à ϕ ( x ) = u ( x ) f ( x ) :
ϕ ( p) ( x ) =
p
∑=
k 0
 p (k)
 k u ( x ) f
• D’après l’assertion A :
( pp− k)
(x)
La réponse B est fausse.
lim ϕ (p) ( x ) = 0 .
x→ 0
Montrons par récurrence sur p ∈0, n que ϕ est de classe C p sur .
- Pour p = 0, lim ϕ ( x ) = f ′ (0) = 0 = ϕ (0) , donc ϕ est de classe C 0 sur .
x→ 0
- Soit p ∈0, n − 1 , supposons que ϕ est de classe C p sur , ϕ (p) (0) = 0 .
Montrons que ϕ est de classe C p+1 sur .
(ϕ est C
p
sur  et ϕ est C p+1 sur
sur  *
)
⇔
sur  et ϕ ( ) est C
(ϕ ( ) continue sur
p
p
1
sur  *
sur
)
lim ϕ (p +1) ( x ) = 0 donc ϕ (p) est dérivable en 0 et ϕ (p +1) (0) = 0 = lim ϕ (p +1) ( x ) .
x→ 0
Par conséquent ϕ
x→ 0
( p+ 1)
est continue en 0, et ϕ est de classe C
p+1
sur .
n
Donc, par récurrence (finie), ϕ est C sur .
La réponse C est bonne.
237
corrigés
• On peut appliquer les résultats précédents avec f : x 
∃ n ∈
∈ , f (0) = f ′ (0) = ... = f
(n + 1)
(sh x − x)2
si :
(0 ) = 0
f est C ∞ sur , et un DLn +1 (0) donnera le résultat.
Pour que h soit C 5, il faut montrer que n = 5, donc écrire un DL6 (0) de f.
Or :
sh x − x ∼
Par conséquent :
0
x3
3!
donc
2
 x3

1 6
f ( x ) =  + o x3  =
x + o x6 .
3
!
36


f (0) = f ′ (0) = ... = f
( )
(5)
(0 ) = 0
mais
( )
f
( 6)
(0 ) ≠ 0 .
4
Donc n = 4, et h est de classe C sur .
La réponse D est fausse.
238
chapitre 12
Intégration
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Existence et propriétés
de l’intégrale
240
248
• QCM 2 : Intégrale dépendant
d’un paramètre
242
252
• QCM 3 : Intégration et algèbre
linéaire
244
255
• QCM 4 : Fonction définie par
une intégrale
245
258
239
énoncés
>
QCM 1 Existence et propriétés de
l’intégrale
• Question 1 (d’après EPL 2008)
Soit f : x 
A
∫
x
0
3 − [ t ] dt où [t] désigne la partie entière de t.
Pour justifier l’existence de f sur , il suffit de constater que t  3 − [ t ]
admet des limites finies à droite et à gauche en tout point.
B
Pour montrer qu’une fonction g admet une limite en + ∞, il suffit de
montrer que la suite ( g (n))n ∈ a une limite.
C ∀ n ∈ , f (n) =
D
3
2
( 1−3
− (n + 1)
).
f est croissante sur , donc elle admet une limite en + ∞ qui est la
même que celle de ( f (n))n ∈ : 3 .
2
• Question 2
Soit f une fonction continue sur [0, 1]. On pose :
∀ n ∈ , I n =
∫
1
0
t n f (t ) dt .
A
De l’inégalité de la moyenne, on peut déduire que lim I n = 0.
B
On suppose que f est C 1 sur [0, 1]. Alors : I n ∼
n→ + ∞
n→ + ∞
f (1)
.
n
On prend dans la suite : f : t  sin ( π t ).
C f(1) = 0 donc I n
D
∼
n→ + ∞
0.
2
En intégrant par parties, on obtient : (n + 1) (n + 2) I n = π − π I n + 2
π
.
donc : I n ∼
n → + ∞ n2
240
énoncés
chapitre 12 : Intégration
• Question 3 (d’après EPL 2008)
Soit f une fonction continue sur [a, b] (a < b), et n ∈ *.
A
B
lim
n→ + ∞
1
n
Soit un =
n
∑
k =1
b − a

f a + k
 =

n 
n
n
(n + k) .
∏
=
C
[ a, b ]
f (t ) dt
1
n
n
k

∑ ln 1+ n
k =1
donc
un ∼
n→ + ∞
→  *+ continue (a < b), et n ∈ *.
ln est concave, donc, pour x1, x2, ..., xn ∈ [a, b], on a :
n
1
n
D
b
a
un = n
ne
k 1
On prend dans la suite f :
∫
∑= ln ( f (x ))
k
k 1
1
≥ ln 
n

n
∑= f (x )
k
k 1
En utilisant les sommes de Riemann, on montre que :
1
b−a
∫
b
a
 1
ln ( f ( x )) dx ≤ ln 
b −a
∫
b
a

f ( x ) dx

• Question 4 (d’après EPL 2008)
A
La formule de Taylor avec reste intégral permet d’écrire :
n
∑
xk
1
+
k!
n!
2 n +1
xk
k!
∀ x ∈ , e x =
k =1
B ∀ x ∈  , ∀ n ∈ ,
ex ≥
∑=
k 0
C ∀ x ∈  , ∀ n ∈ ,
2n
ex ≥
∑=
k 0
D
∀ x ∈  −, ∀ n ∈  ,
ex ≤
2n
∑=
k 0
xk
k!
xk
k!
241
∫
x
0
( x − t )n et ddt
n
.
e
énoncés
>
QCM 2 Intégrale dépendant d’un
paramètre (d’après EPL 2007)
Pour tout paramètre réel x, on définit les fonctions ϕx et ψx par :
1
sin u
ϕx : u  2
et ψ x : u  2
( u ∈ [ 0, π / 2 ] )
x cos2 u + sin2 u
x cos2 u + sin2 u
On pose, pour x ≠ 0 :
J (x) =
∫
π /2
0
ϕ x (u) du
et
K (x) =
∫
π /2
0
ψ x (u) du
• Question 1
Les fonctions ϕx et ψx sont :
A
définies sur [0, π/2] pour tout réel x.
B
définies et continues sur [0, π/2] pour tout réel x non nul.
Les intégrales J(x) et K(x) sont :
C
définies pour tout réel x non nul, car toute fonction définie sur un
segment est intégrable sur ce segment.
D
définies pour tout réel x non nul, car toute fonction continue sur un
segment est intégrable sur ce segment.
Dans la suite du QCM, on suppose x > 0.
242
chapitre 12 : Intégration
énoncés
• Question 2
On pose, pour U ∈ [ 0, π / 2 ] :
A
F (U ) =
∫
U
0
ϕ x (u) du
Pour U ∈ [0, π / 2[, en faisant le changement de variable t =
on obtient :
F (U ) =
B
∫
tan u
,
x
1
dt
x 1 + t2
U
(
0
)
F est continue en π/2, donc J ( x ) = lim F (U ) =
U →π /2
Soit f l’application définie sur ]0, + ∞[ par f ( x ) = x
∫
π /2
0
π
.
2x
u ϕ x (u) du .
En utilisant le changement de variable s = π / 2 − u , on montre que :
C
x π2
 1
f (x) + f   =
pour tout x appartenant à l’intervalle ]0, + ∞[.
 x
4
D
π2
 1
f (x) + f   =
pour tout x appartenant à l’intervalle ]0, + ∞[.
 x
4
• Question 3
A
En faisant le changement de variable v = cos u dans K(x), on obtient :
1
1
K (x) =
dv
2 2
2
0 x v +1−v
∫
B
On a la décomposition en éléments simples :
d’où, pour x ∈ ]0, 1[ :
C
Pour x ∈ ]0, 1[,
D
Pour x > 1,
K (x) =
K (x) =
K (x) =
1
2
1
x2 − 1
1 − x2
1−
ln 
1+
argth
1 − x2 .
1
2
1 − x2
arctan
243
1
1 1
1 
= 
+

1 − t2 2  1 − t 1 + t 
x2 − 1 .
1 − x2 
.
1 − x2 
énoncés
• Question 4
Soient x ∈ ]0, 1[ et y = argth (1 − x ).
A 1 − th y ∼ 2 e − 2 y
+∞
B argth
h (1 − x) ∼ − l n x
0
Au voisinage de 0, K (x) est équivalente à :
C
>
−ln x
D −
1
ln x
2
QCM 3 Intégration et algèbre linéaire
(d’après EPL 2009)
On note E l’ensemble des fonctions continues sur .
Pour a ∈  et f ∈ E, on note ϕa (f) l’application définie par :
∀ x ∈ , x ≠ a,
ϕa ( f ) ( x ) =
1
x−a
∫
x
a
f (t ) dt
et
ϕ a ( f ) (a ) = f (a ) .
• Question 1
A
Si o indique la composition de deux applications, (E, o) est un groupe.
B
Si + indique la somme de deux applications, (E, +) est un groupe commutatif d’élément neutre IdE : x  x .
C
Si . note la multiplication d’une application par un scalaire, (E, +, . )
est un -espace vectoriel de dimension infinie.
D
Si × note la multiplication de deux applications, (E, +, ×) est un corps.
• Question 2
A
Pour toute fonction g définie sur , l’application x 
une primitive de g sur .
B
∫
x
a
g (t ) d
dt est
ϕa( f ) est dérivable donc continue sur −{a}.
C ∀ ( f , g ) ∈ E2, ϕa ( f + g ) = ϕa ( f ) + ϕa ( g ), ce qui prouve que ϕa est linéaire.
D ∀f ∈
∈E, ϕa( f ) est continue sur , donc ϕa définit un endomorphisme de E.
244
chapitre 12 : Intégration
énoncés
• Question 3
Pour b ∈ , on note gb : x 
x−b .
1
ga .
2
B Ker ϕa ≠ {0} car il y a des fonctions non nulles dont l’intégrale est nulle.
A
∀ b ∈ , gb est continue sur , et ϕa ( ga ) =
C Ker ϕa =
D
{0}, donc ϕa est injective, donc surjective.
Si b ≠ a, gb n’est pas dérivable en b, donc ϕa n’est pas surjective.
• Question 4
Pour n ∈ , on note F =  n [ X ] l’espace vectoriel des polynômes de degré ≤ n, de
(
)
base canonique  = 1, X , X 2, ..., X n .
A
>


( )
∀ i ∈ 0, n , ϕa X i =
i
1
i +1
a
∑
=
k
k
X i + 1 − k.
0


( )
B
ϕa induit un endomorphisme ψa de F car ∀ i ∈ 0, n , ϕa X i ∈F.
C
On a dim F = n et ϕa est injective, donc ψa est injective, donc bijective.
D
ψa ne peut pas être surjective puisque ϕa ne l’est pas.
QCM 4 Fonction définie par une
intégrale
Soit la fonction f définie par :
1
t +1− e −t
f : t 
Pour tout réel x ≠ 0, on pose :
Φ (x) =
∫
2x
x
f (t ) dt
On ne cherchera pas à calculer cette intégrale.
245
énoncés
• Question 1
A ∀ t ∈ , t + 1 − e − t > 0, donc f est définie, continue, positive sur .
B
∀ t ∈ , t + 1 − e − t = 0 ⇔ t = 0, donc f est définie, continue, positive
sur *.
1
.
2t
f (t ) dt existe, car f est alors continue par mor-
C
f est continue sur *, et au voisinage de 0 :
D
On pose f (0) = 0.
0
ceaux sur [−1, 1].
∫
1
−1
f (t ) ∼
0
• Question 2
A
Φ est une primitive de f sur *, donc ∀ x ∈  * , Φ ′ ( x ) = f ( x ).
B
Φ est dérivable sur *, et ∀ x ∈  * , Φ ′ ( x ) = f (2 x ) − f ( x ).
C
Φ est dérivable sur *, et ∀ x ∈  * , Φ ′ ( x ) =
D
Φ est croissante, positive sur ]− ∞, 0[ et sur ]0, + ∞[ .
(e
−x
)
−1
2
(2 x + 1 − e ) (x + 1 − e )
− 2x
−x
• Question 3
A
Φ admet une limite en + ∞, car toute fonction continue sur un intervalle ]a, + ∞[ admet une limite en + ∞ et à droite en a.
B ∀ t ∈ [0, + ∞[,
C
f est décroissante sur ]− ∞, 0[, donc, pour x < 0,
Sup
t ∈  2 x, x 
D
1
1
≤ f (t ) ≤ , donc lim
m Φ ( x ) = lln 2.
x→+∞
t +1
t
f (t ) = f (2 x ) .
En utilisant l’inégalité de la moyenne, on montre que
246
lim Φ ( x ) = 0.
x→−∞
.
chapitre 12 : Intégration
énoncés
• Question 4
A
Soit ε une application continue sur * telle que lim ε (t ) = 0.
t→0
Alors
B
∫
x
0
t ε (t ) dt existe et, au voisinage de 0 :
∫
x
0
( )
t ε (t ) dt = o x2 .
En utilisant un DL3 (0) de e−t, on montre que f admet un développement asymptotique au voisinage de 0 :
f (t ) =
1
1
1
+
−
t + t ε (t )
2t
8
24
Φ admet pour DL2 (0) :
C Φ (x) =
1
1
1 2
ln 2 +
x −
x + o x2
2
8
64
D Φ (x) =
1
1
1 2
ln 2 +
x −
x + o x2
2
8
16
( )
( )
247
avec
lim ε (t ) = 0
t→0
corrigés
>
QCM 1 Existence et propriétés de
l’intégrale
• Question 1 : réponse D
Existence de l’intégrale
∫
• L’intégrale
β
α
h (t ) dt existe si la fonction h est continue par morceaux
sur un segment I contenant α et β.
• h est continue par morceaux sur un segment I si h est continue sur
I sauf sur un nombre fini de points, et si, en ces points, h admet des
limites finies à droite et à gauche.
insuffisante.
sante.
NON La condition proposée est insuffi
La réponse A est fausse.
t  3 − [ t ] est continue par morceaux sur tout segment [a, b] (a < b), car il
y a un nombre fini d’entiers dans [a, b] et la partie entière t  [ t ] admet
une limite finie à droite et à gauche en tout n Œ . Donc ∀ x ∈ , f ( x )
existe.
• Si ( g (n))n ∈ a une limite, on ne peut pas conclure que g admet une limite
, g (n) = 1
quand x tend vers + ∞. Par exemple, si g ( x ) = coss (2 π x ), ∀ n ∈ ,
1

donc la suite ( g (n))n ∈ converge vers 1, mais g  n +  = 0, donc g n’admet

4
pas de limite quand x tend vers + ∞.
La réponse B est fausse.
• f ( n) =
• Or :
∫
n
0
3 − [ t ] dt =
n −1
∑∫
k=0
k +1
k
∀ t ∈ [ a, b ] , 3 − [ t ] ≥ 0
n −1
3 − k dt =
∑3
−k
k=0
donc
∫
b
a
1− 3−n
3
=
1 − 3− n .
1
2
1−
3
La réponse C est fausse.
(
=
3 − [ t ] dt ≥ 0
et
)
f (b) ≥ f (a ).
Donc f est croissante, donc f admet une limite  ∈ . ( f (n))n ∈ a la même
limite , or
( f (n))n ∈ converge vers
3
3
, d’où  =
2
2
La réponse D est bonne.
248
chapitre 12 : Intégration
corrigés
• Question 2 : réponses A et D
Inégalité de la moyenne
Soient f et g deux fonctions continues par morceaux sur [ a, b ] (a < b) :
∫
b
a
f (t ) g (t ) dt
∫
≤ Sup f
[ a, b ]
b
a
g (t ) dt
Il ne faut pas oublier les valeurs absolues.
• Si f est continue sur [0, 1], M = Sup f
[ 0, 1 ]
moyenne :
∫
1
0
t n f (t ) d
dtt
≤ M
∫
1
t n dt
dt ≤
0
existe. D’après l’inégalité de la
M
n+1
→ 0
n→ + ∞
donc
lim I n = 0
n→ + ∞
La réponse A est bonne.
1
• f est C sur [0, 1], donc on peut intégrer par parties.
 u′ (t ) = t n

 v (t ) = f (t )
On pose :
1
 t n+1

In = 
f (t ) −
1
 n+1
0
avec
I n′ +1 =
∫
1
0
∫
1
0

t n +1
par exemple
 u (t ) =
n+1

 v′ (t ) = f ′ (t )

donc :
t n +1
1
1
 f (1) − I n′ +1  ∼
 f (1) − I n′ +1 
f ′ (t ) dt =
+
∞
n+1
n
+ 1 
n




( 1)
t n +1 f ′ (t ) dt .
f est C1 sur [0, 1], donc f ′ est continue, et d’après l’assertion A :
lim I n′ +1 = 0
n→ + ∞
f (1)
.
n
- Si f (1) = 0 : I n ∼ 0 ⇔ I n = 0 à partir d’un certain rang.
- Si f (1) ≠ 0 :
I ′n +1 << f (1)
donc
In ∼
+∞
+∞
Or, pour f : t  1 − t , on a :
In =
∫ (t
1
0
n
)
− t n +1 d
dt =
1
(n + 1) (n + 2)
0
• Si f (t ) = sin ( π t ), f (1) = 0.
≠0
La réponse B est fausse.
Or, ∀ t ∈ [ 0, 1 ] , f (t ) ≥ 0
249
donc
I n ≥ 0.
corrigés
1
 1
De plus, f   > 0 et f continue en , donc In > 0. La réponse C est fausse.
 2
2
• Appliquons (1) à f (t ) = sin ( π t ) :
In = −
1
π
I n+1
n′ +1
+1 = −
n+1
n+1
∫
1
0
t n +1 cos ( π t ) dt .
On intègre à nouveau par parties :
In = −
π
1
π

−
+
n + 1  n + 2
n+2
∫
1
0
π (1 − π I n + 2 )

.
t n + 2 sin ( π t ) dt  =
) (n + 2)
(n + 1)(

In
lim ( π I n+
n + 2 ) = 0 donc π I n + 2 << 1 et
n→ + ∞
∼
n→ + ∞
π
n2
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse D
Sommes de Riemann
Soit f une fonction continue sur [ a, b ] (a < b). La somme de Riemann
n −1
b−a
n
Rn =
∑=
k 0
b − a

f a + k
 a pour limite

n 
∫
b
a
f (t ) dt quand n tend
vers + ∞.
b−a
n
Ce résultat reste vrai pour :
n
∑=
k 1
b − a

f a + k
 .

n 
NON Il manque le facteur ((b−a).
• un =
1
n
n
∑=
k 1
n
n
(n + k)
∏
=
k 1

= n n

La réponse A est fausse.
n

∏
1 +
k =1 
k 

n 
1/ n
= ne
 n 
1
k 
ln 
1 + 
 k = 1 
n
n  
∏
n
= ne
1
k

ln  1 + 
n k=1 
n
∑
k

ln  1 +  est la somme de Riemann de f : x  ln (1 + x ) sur [0, 1].

n
Or :
∫
1
0
1
 4
ln (1 + x ) d
dx
x = (1 + x ) ln (1 + x ) − x  0 = 2 ln 2 − 1 = ln  
 e
250
chapitre 12 : Intégration
corrigés
n
donc
lim e
1
k

ln  1 + 
n k=1 
n
∑
n→ + ∞
=
4
≠0
e
et
un ∼
n→ + ∞
4n
.
e
La réponse B est fausse.
Inégalité de convexité
Soit f une fonction convexe sur I, λ k ≥ 0
 n

f  ∑ λ k ak  ≤
 k =1

Alors, pour ak ∈I :
n
∑= λ
et
k 1
n
∑= λ
k 1
k
= 1.
f (ak ) .
k
• L’inégalité inverse s’applique à ln, concave sur  *+ , avec λ k =
1
ln 
n
or
1
ln 
n

n
∑= f (x )
k
k 1
[ a, b ]
f :
≥
n
∑
k =1
f ( xk ) →
et
1
n
→  *+
donc, pour ak = f ( xk ) :
k 1
k
k 1
1
n
d’où :
∑= ln (a )
≥
k
∑= ln ( f (x ))
∫
n
1
n
∑= a 
n
1
n
• En prenant xk = a + k
b−a
n

n
1
, donne :
n
k
k 1
(2)
La réponse C est fausse.
b−a
, on a les sommes de Riemann suivantes :
n
b
f (t ) dt et
a
n
∑ f (x )
→
k
k =1
b−a
n
k
k =1
∑ ln ( f (x ))
k
k =1
1
b−a
n
∑ ln ( f (x ))
n
→
∫
1
b−a
b
a
→
b
∫ ln ( f (t )) dt
a
f (t ) dt
b
∫ ln ( f (t )) dt .
a
En prenant les limites dans (2), on obtient :
 1
ln 
b −a
∫
b
a
1

f ( x ) dx ≥

b−a
∫
b
a
ln ( f ( x )) dx
La réponse D est bonne.
251
corrigés
• Question 4 : réponses B et D
Formule de Taylor avec reste intégral
Soit f une fonction de classe C n+1 sur I, et a ∈ I :
f ( x) =
NON Ici, f (x) = e
n
∑
• ex =
k=0
- Si x ≥ 0 :
- Si x < 0 :
et
∫
x
0
x
n
∑
( x − a) k
k!
k=0
f
(k )
(a )
+
∫
x
a
(x − t ) n
n!
f
(n + 1)
(t ) dt.
et a = 0, mais il manque le terme k = 0.
La réponse A est fausse.
k
x
+
k!
∫
x
(x − t )
n!
0
x −t ≥ 0
x≤t ≤0
donc
et d
dt
∫
x
( x − t ) n e t ddtt ≥ 0
n!
0
n
n
et
ex ≥
n
donc (x−t) est du signe de (−1) ,
( x − t ) n e t ddtt = −
n!
n
∫
0
x
( x − t ) n e t ddt
n!
∑
k=0
xk
.
k!
est du signe de (−1)n+1, donc :
2n

xk
x
 si n est pair : e ≤ ∑
k = 0 k!


2 n+
n +1
xk
 si n est impair : e x ≥
∑

k!
k=0

Les réponses B et D sont bonnes, la réponse C est fausse.
>
QCM 2 Intégrale dépendant d’un
paramètre
• Question 1 : réponses B et D
2
2
sin2 u = 0 ⇔ x cos u = 0 et
et sin u = 0 ⇔ x = 0.
• x cos u + sin
Donc, si x ≠ 0, ϕx et ψx sont définies et continues sur [ 0, π / 2 ], et ϕ0 et ψ0
sont définies sur ] 0, π / 2 ].
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
• Les fonctions intégrables sur un segment sont les fonctions continues par
morceaux sur ce segment
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
252
corrigés
chapitre 12 : Intégration
• Question 2 : réponses B et D
•u  t=
tan u
est C1 sur
x
1 + tan2 u
du
x
et
du =
1
1
=
1 + tan2 u
1 + x2 t 2
et
sin
n2 u = 1 − ccos
os2 u =
dt =
cos2 u =
[ 0, π / 2 [, donc :
x
dt
1 + x2 t 2
x2 t 2
.
1 + x2 t 2
π

Si U ∈  0,
 :
2

F (U ) =
∫
tan U
x
(1 + x t )
0
2
2
x
dt =
 x2
x2 t 2 
+
 1 + x2 t 2 1 + x2 t 2 
La borne supérieure est erronée.
∫
tan U
x
0
1
dt .
x 1 + t2
(
)
La réponse A est fausse.
• ϕx est continue sur [0, π/2], donc F est une primitive de ϕx sur [0, π/2],
 π
F est dérivable donc continue sur [0, π/2] et : F   = J ( x ) = lim F (U ).
U →π /2
 2
1
x
[ arctan t ] 0 x
lim
tan U
= +∞
x
F (U ) =
x>0
Donc :
donc
1
 tan U 
.
arctan 
 x 
x
=
et
π
 π
J (x) = F   =
 2
2x
1
 1
• f  =
 x
x
s=
U →π /2
tan U
∫
π /2
0
La réponse B est bonne.
u du
= x
1
coss2 u + sin2 u
2
x
π
− u, ds = − du.
2
 1
f  = x
 x
∫
0
π /2
( π / 2 − s) ( − dds)
2
2
2
sin
n s + x cos s
Donc
 tan U  π
lim arctan 
= .
 x  2
U →π /2
= x
∫
π /2
0
∫
π /2
0
u du
,
coss2 u + x2 sin2 u
( π / 2 − s) dds = π x J x − f x .
( ) ( )
x2 cos2 s + ssin
in2 s
2
π2
 1
f (x) + f   =
 x
4
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
253
corrigés
• Question 3 : réponses A et D
∫
v = cos u, dv = − sin u du et K ( x ) =
− dv
x v + 1 − v2
0
2
1
(
2
) ∫
=
1
0
dv
x2 v2 + 1 − v2
La réponse A est bonne.
•
1 1
1  1 1+ t +1−t
1
+
=
: la décomposition est bonne.

 =
2 1−t 1+ t
2 (1 − t ) (1 + t ) 1 − t 2
Pour x ∈ ] 0, 1 [ :
Posons :
α=
K (x) =
1 

2α 
1 − x2
∫
1
0
∫
K (x) =
(
1
∫
0
et
)
1
alors :
α
dv +
1− αv
K (x) =
dv
1 − 1 − x2 v2
1
0
1 − (α v)
2
=
0 < 1 − x2 < 1
1  1
1 
+
2  1 − α v
1 + α v 

1
α
1
 − ln (1 − α v) + ln (1 + α v) 0
dv =
1 + α v  2α 
1
1 + α
ln 
=
 1 − α  2
2α
1
1− x
2
1+
ln 
1−
1 − x2 

1 − x2 
La réponse B est fausse.
• Pour x ∈ ] 0, 1 [ :
K (x) =
1
α
∫
α
0
∫
K (x) =
0
 w = αv

dv
 dw = α d
w ∈ [ 0, α ]
donc
1 − (α v)
2
dw
1
=
[arg th w] 0α
1 − w2
α
1
K (x) =
et on pose
dv
1
1 − x2
car
argth
w ∈ [ 0, 1 ] .
1 − x2
La réponse C est fausse.
• Pour x > 1, on pose : β =
d’où K ( x ) =
et :
K (x) =
1
β
∫
β dv
1
0
1 + (β v)
2
1
x2 − 1
=
x2 − 1
1
1
arc tan (β v) 0
β
arc tan
x2 − 1
La réponse D est bonne.
254
corrigés
chapitre 12 : Intégration
• Question 4 : réponses A et C
• y = argth (1 − x ) ⇔ 1 − x = th y
1 − th y =
y > 0 car 1 − x ∈ ] 0, 1 [.
et
−y
2e
2 e− y
−2y
∼
∼ 2e
ey + e− y + ∞ ey + ∞
La réponse A est bonne.
•
1 − th y
∼ e −2y
+∞
2
1 − th y x
=
2
2
et
 x
ln  
 2
donc
soit
car
y ∼
x→0
ln x → − ∞
1
• K (x) =
(
1  x
ln  
2  2
)
1/ 2
Donc
(
∼ ln e − 2 y
y→+∞
∼
x→0
−
= 1−
)
et
1 − x2 ∼ arg th
0
1
lln
n x.
2
La réponse B est fausse.
argth
h (1 − x ) ∼ −
0
1 − x2
car
1 2
x + o x2 = 1 − u ( x )
2
( )
K ( x ) ∼ arg th (1 − u ( x ))
0
or
∼ −2y
+∞
1
1
(ln x − ln 2) x →∼ 0 − ln x
2
2
donc ln 2 << ln x
arg
ar
g th
1 − x2
1 − x2 = 1 − x2
−
→ 0≠1
y→+∞
u (x) =
1 2
x + o x2
2
( )
avec
1
1 − x2
∼ 1.
0
u ( x ) → 0.
x→0
1
∼ − ln (u ( x ))
0
2
→ 0≠1
x→0
 x2 
1  x2 
1
d’où : ln (u ( x )) ∼ ln   et K ( x ) ∼ − ln   ∼ − (2 ln x − ln 2) ∼ − ln x
0
0
0
2  2 0
2
 2
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
>
QCM 3 Intégration et algèbre linéaire
• Question 1 : réponse C
loi o est interne dans E car la composée de deux fonctions contiNON La
nues sur  est continue sur , mais les applications continues ne
sont pas toutes bijectives et n’ont donc pas d’inverse pour o (par
exemple les fonctions constantes), donc (E, o) n’est pas un groupe.
La réponse A est fausse.
255
corrigés
(E, +) est un groupe commutatif, mais son élément neutre n’est pas IdE
NON mais l’application nulle.
La réponse B est fausse.
• (E, +, . ) est un -espace vectoriel, sous-espace vectoriel de  ( ,  ). Il
contient l’espace vectoriel des fonctions polynômes qui est de dimension
infinie, donc E est de dimension infinie
La réponse C est bonne.
(E, +, ×) est un anneau commutatif, mais ce n’est pas un corps : x  x
NON n’a pas d’inverse dans E car x
1
n’est pas continue sur .
x
La réponse D est fausse.

• Question 2 : réponses B et D
NON x

∫
x
g (t ) dt est une primitive de g si g est continue sur .
La réponse A est fausse.
a
∫
x
f (t ) dt est la primitive de f telle que
1
F (a ) = 0, donc F est dérivable sur . De plus, x 
est dérivable sur
x−a
−{a}.
Donc ϕa( f ) est dérivable donc continue sur −{a}.
La réponse B est bonne.
• f étant continue sur , F : x 
a
suffit pas à prouver que ϕa est linéaire. Il manque :
L’assertion C ne suffit
NON ∀ λ ∈ ,
ϕa ( λ f ) = λ ϕa ( f ).
La réponse C est fausse.
• Si x ≠ a,
ϕa ( λ f + g ) ( x ) =
1
x−a
donc
∫
x
(λ f
a
+ g ) (t ) dt =
1 
λ
x − a 
∫
x
a
f (t ) dt +
∫
x
a

g (t ) dt 

ϕa ( λ f + g ) ( x ) = λ ϕa ( f ) ( x ) + ϕa ( g ) ( x ).
En x = a, ϕa ( λ f + g ) (a ) = ( λ f + g ) (a ) = λ f (a ) + g (a ) = λ ϕa ( f ) (a ) + ϕa ( g ) (a ) .
Donc ϕa est linéaire.
ϕa(f) est continue sur −{a}.
Si x ≠ a, ϕa ( f ) ( x ) =
Or
lim
x→a
1
x−a
∫
x
a
f (t ) dt =
F ( x ) − F (a )
= F ′ (a ) = f (a ) = ϕa ( f ) (a ),
x−a
F ( x ) − F (a )
x−a
donc ϕa(f ) est continue en
a, et ϕa ( f ) ∈ E , donc ϕa est un endomorphisme de E.
La réponse D est bonne.
256
chapitre 12 : Intégration
corrigés
• Question 3 : réponses A et D
• gb est continue sur , donc gb ∈ E, mais gb n’est pas dérivable en b.
- ϕa ( ga ) (a ) = ga (a ) = a − a = 0
ϕa ( ga ) ( x ) =
- Si x > a :
1
x−a
∫
x
(t − a) dt =
a
1
x−a
2
1
- Si x < a : ϕa ( ga ) ( x ) = −
x−a
1
Donc : ϕa ( ga ) =
ga
2
x
1  1
(t − a)2 
x − a  2
a
=
∫
x
a
1
2
(t − a) dt = − ( x − a) =
1
x−a
2
La réponse A est bonne.
• Kerr ϕa = { f ∈ E / ϕa ( f ) = 0 }
1
x−a
ϕa ( f ) = 0 ⇔ ∀ x ≠ a,
∫
⇔ ∀ x ≠ a,
x
a
∫
x
a
f (t ) dt = 0 et f (a ) = 0
f (t ) dt = 0 et f (a ) = 0.
En notant toujours F la primitive de f telle F(a) = 0 :
ϕa ( f ) = 0 ⇔ ∀ x ≠ a, F ( x ) = 0 et f (a ) = 0 donc : ∀ x ∈ , F ′ ( x ) = 0.
Or
F′ = f
donc
f=0
et
Ker ϕa =
{0}.
La réponse B est fausse.
Donc ϕa est injective. E n’étant pas de dimension finie, ϕa peut être
NON injective sans être surjective.
La réponse C est fausse.
• Si b ≠ a : gb n’est pas dérivable en b, or ∀ f ∈ E, ϕa ( f ) est dérivable sur
−{a}, donc en b. Donc gb ∉Im ϕa, et ϕa n’est pas surjective.
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponse B
• Si x ≠ a :
( )
ϕa X i ( x ) =
( )
soit : ϕa X i =
1
x−a
∫
1
i +1
a
∑
=
x
a
t i dt =
i
k
k
(x
i+1
− ai +1
)=
( x − a) (i + 1)
1
x i + x i − 1 a + ... + ai
i +1
(
)
X i − k (vrai pour x = a).
0
La réponse A est fausse.
257
corrigés
( )
( )
• deg ϕa X i = i
donc ϕa X i ∈F et
endomorphisme ψa de F
NON
ϕa (F) ⊂ F,
F donc ϕa induit un
La réponse B est bonne.
• ϕa est injective, donc ψa est injective. Or, F est de dimension finie,
donc :
ψ a injective ⇔ ψ a bijective ⇔ ψ a surjective : La réponse D est fausse.
• En revanche :
>
dim F = n + 1.
La réponse C est fausse.
QCM 4 Fonction définie par une intégrale
• Question 1 : réponse C
• Soit ϕ (t ) = t + 1 − e − t. ϕ′ (t ) = 1 + e − t > 0, donc ϕ est continue, strictement
0 donc ϕ(t) est du signe de t.
croissante sur , et ϕ (0) = 0,
t + 1 − e − t = 0 ⇔ t = 0, donc f est définie et continue (par opération) sur
*, et f (t) est du signe de t.
Les réponses A et B sont fausses.
• Au voisinage de 0 :
1
f (t ) ∼
.
0 2t
NON
f (0) = 0 et
sur [−1, 1].
e − t = 1 − t + o (t )
donc
ϕ (t ) = 2 t + o (t ) ∼ 2 t
0
et
La réponse C est bonne.
lim f (t ) = + ∞
x → 0+
donc f n’est pas continue par morceaux
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses C et D
Φ n’est pas une primitive de f, car les deux bornes de l’intégrale Φ (x)
La réponse A est fausse.
NON dépendent de x.
• f est continue sur ] − ∞, 0 [ et ] 0, + ∞ [ , donc elle admet des primitives sur
chaque intervalle. Soit F1 une primitive sur ]0, + ∞[ e
et F2 une primitive
sur ]−∞, 0[.
- Si x > 0 :
[ x, 2 x ]
⊂
] 0, + ∞ [
- Si x < 0 :
[ 2 x, x ]
⊂
]− ∞, 0[
donc
Φ ( x ) = F1 (2 x ) − F1 ( x ).
Φ ( x ) = F2 (2 x ) − F2 ( x ).
 Φ ′ ( x ) = 2 F ′ (2 x ) − F ′ ( x ) si x > 0
1
1


′
 Φ ′ ( x ) = 2 F2 (2 x ) − F2′ ( x ) si x < 0
Donc Φ est dérivable sur *, et
soit :
donc
∀ x ∈  * , Φ ′ ( x ) = 2 f (2 x ) − f ( x ) .
258
La réponse B est fausse.
chapitre 12 : Intégration
• Φ′ (x) =
2
1
−
=
2 x + 1 − e − 2x
x +1−e−x
(e
−x
)
−1
corrigés
2
(2 x + 1 − e ) (x + 1 − e )
− 2x
−x
La réponse C est bonne.
(
)(
)
• Φ′(x) est du signe de  2 x + 1 − e − 2 x x + 1 − e − x 
−1
= f (2 x ) f ( x ) , or f (x)
est du signe de x, donc Φ ′ ( x ) > 0 sur *, et Φ est croissante sur ] − ∞, 0 [ et
sur ] 0, + ∞ [
- Si x > 0 :
x ≤ t ≤ 2x
et
f (t ) > 0 donc Φ ( x ) ≥ 0.
∫
- Si x < 0 : 2 x ≤ t ≤ x < 0 et f (t ) < 0 donc
x
f (t ) dt ≤ 0 et Φ ( x ) ≥ 0.
2x
Donc Φ est positive sur *.
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses B et D
La réponse A est fausse : par exemple, la fonction sinus est conti-
NON nue sur ]0, + ∞[, mais n’a pas de limite en + ∞ (vrai si on remplace
« continue » par « monotone »).
• ∀ t ∈ ] 0, + ∞ [, 0 < e − t < 1 soit −1 < − e − t < 0 et 0 < t < t + 1 − e − t < t + 1
donc :
1
1
< f (t ) <
t +1
t
x > 0, donc x ≤ 2 x et on peut intégrer l’inégalité précédente entre x et 2x :
∫
soit
d’où :
2x
x
1
dt ≤ Φ ( x ) ≤
t +1
2x
ln (t + 1) x
∫
1
dt
t
2x
x
≤ Φ (x) ≤
 2 x + 1
ln 
≤ Φ ( x ) ≤ ln 2
 x + 1 
or
donc, d’après le théorème des gendarmes :
2x
ln t ] x
[ lnt
 2 x + 1
lim ln
n
= lln 2
 x + 1 
x→+∞
lim
m Φ ( x ) = lln 2
x→+∞
La réponse B est bonne.
259
corrigés
(1 + e )
−t
• f ′ (t ) = −
(t + 1 − e )
−t 2
] − ∞, 0 [.
f (t ) = − f (t )
< 0 sur
f (t ) ≤ 0
car
] − ∞, 0 [, donc f est décroissante sur
donc
Sup
t ∈  2 x, x 
f (t ) = − f ( x ) = f ( x ) .
La réponse C est fausse.
• L’inégalité de la moyenne sur [2x, x] (x < 0) donne :
∫
x
2x
f (t ) dt
Or : x f ( x ) =
≤
f (t ) ( x − 2 x ) ≤ − x f ( x ) ≤ x
xff ( x )
Sup
Su
p
t ∈  2 x, x 
x
x + 1 − e −x
x
, donc lim x f ( x ) = 0 et lim Φ ( x ) = 0
x→−∞
x→−∞
e −x
∼ −
−∞
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses A et C
• On peut prolonger ε par continuité en 0 : ε (0) = 0 alors
∫
x
0
t ε (t ) dt =
∫
x
0
( )
o (t ) dt = o x2
∫
x
0
t ε (t ) dt existe.
par intégration du DL1 (0) de tε (t)
La réponse A est bonne.
• e− t = 1 − t +
1 2 1 3
t − t + o t3 .
2
6
( )
En posant u = −
f (t ) =
( )
1
1
1
1
=
=
⋅
1
1
2t 1 + u
2t


2t  1 − t +
t2 + o t2 


4
12
( )
Finalement :
• Φ (x) =
1
1 2
t+
t + o t 2 , on obtient :
4
12
∫
2x
x
f (t ) =
1
1
1
+
−
t + o (t ) .
2t
8
96
(1 − u + u
2
( ))
+ o u2
La réponse B est fausse.
 1

1
1
1
1
1 2
dt = ⋅ ln 2 +
x −
x + o x2 .
 2 t + 8 − 96 t + o (t ) dt
2
8
64
64
( )
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
On peut prolonger Φ par continuité en 0 en posant Φ (0) =
260
1
1
ln2, et Φ ′ (0) = .
2
8
chapitre 13
Fonctions de deux
variables – Intégrales
doubles – Étude
métrique des courbes
énoncés
corrigés
• QCM 1 : Fonction C n - Extremum
262
269
• QCM 2 : Équation aux dérivées
d’ordre 2
263
273
• QCM 3 : Aires – Intégrales doubles
265
277
• QCM 4 : Étude métrique des courbes
266
280
261
énoncés
>
n
QCM 1 Fonction C - Extremum
(
 f ( x, y ) = x2 ln x2 + y2

 f (0, 0) = 0
Soit f : 2 →  définie par :
• Question 1
Soient
fk :
et
g:
A
B
( x, y)
( x, y )
(
 x k ln x2 + y2

x p yq
x2 + y2
si
( x, y ) ≠ (0, 0)
) (k ∈  * )
(( p, q) ∈  ).
2
fk ( x
x, y ) ≤ 0 sur le disque de centre (0, 0) et de rayon 1.
f k ( x, y ) ≤
Au voisinage de (0, 0),
lim
m
( x , y ) → ( 0, 0 )
C
)
Si p + q = 2 ,
D Si p + q ≥ 3 ,
g ( x, x ) =
lim
m
( x , y ) → ( 0, 0 )
1
2
f k ( x, 0)
donc :
fk ( x, y ) = 0
donc
lim
m
( x , y ) → ( 0, 0 )
g ( x, y ) =
1
2
g ( x, y ) = 0
• Question 2
A
2
f est C ∞ sur  − {(0, 0)} , et :
∀ ( x, y ) ≠ (0, 0) :
B
C






∂f
2 x3
( x, y ) = 2 x ln x2 + y2 + 2 2
∂x
x +y
(
)
∂f
2x y
( x, y ) = 2 2
∂y
x +y
f est continue sur 2, mais n’est pas C1 en (0, 0) car pour ( x, y ) ≠ (0, 0),
∂ f n’a pas de limite en (0, 0).
∂y
∂f
∂f
Par définition :
(0, 0) = xlim
( x, 0) = 0 .
→
0
∂x
∂x
D f admet des dérivées partielles premières en (0, 0) et f est C1 sur 2.
262
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
énoncés
• Question 3
((a, b) ∈  )
2
A
Les points (a, 0) et (0, b)
sont les points critiques de f.
B
∂2 f
∂ ∂ f 
(0, 0) =
(0, 0) = xlim
→0
∂x∂y
∂ x  ∂ y 
C
∂2 f
∂2 f
(0, 0) =
(0, 0) = 0,
∂x∂y
∂y∂x
D
ϕ1 : x 
∂f
∂f
(0, x) − ∂ y (0, 0)
∂y
= 0.
x
donc f est C 2 sur 2.
∂2 f
∂f
(0, 0) = ϕ 1 ′ (0) .
( x, 0) est dérivable en 0, et
∂ x2
∂x
• Question 4
A
f admet un maximum absolu sur 2.
B
f admet un extremum relatif en tout point (0, b), b ∈ .
h : x  f ( x, 0) admet un minimum absolu atteint en 1.
e
D f admet un minimum absolu strictement négatif.
C
>
QCM 2 Équation aux dérivées d’ordre 2
(d’après EPL 2009)
Soit (a, b, c ) ∈ 3, c ≠ 0 et (a, b) ≠ (0, 0). On considère l’équation aux dérivées
partielles, d’inconnue f de classe au moins C 2 sur 2 :
a
∂2 f
∂2 f
∂2 f
=0
+b
+c
2
∂x∂y
∂ y2
∂x
(E)
• Question 1
On effectue le changement de variable suivant :
u = x+αy
et
v = x + βy
où
(α, β) ∈ 2
On posera dans la suite de ce QCM :
g (u, v) = f ( x (u, v) , y (u, v)), P = a + b X + c X 2 et K = 2 a + b (α + β ) + 2 c α β
263
énoncés
A
2 → 2
est bijective si et seulement si α ≠ β,
( x, y )  (u, v)
et sous cette condition H et H −1 sont de classe C ∞ sur 2.
L’application H :
Donc :
( f est au moins C 2 sur 2) ⇔ (g est au moins C 2 sur 2).
B
∂g
∂f
∂f
= α
+β
∂v
∂x
∂y
C
∂f
∂g
∂g
=
+β
∂y
∂u
∂v
D
(f
et
et
∂g
∂f
∂f
=
+
∂u
∂x
∂y
∂f
∂g
∂g
= α
+
∂x
∂u
∂v
solution de (E)
(E))


∂2 g
∂2 g
∂2 g
⇔  g solution de
e (E)
E)′′ : P (α )
+K
+ P (β) 2 = 0
2
∂u
∂u∂v
∂v


• Question 2
On se place, dans cette question et dans la suivante seulement, dans le cas
où b2 − 4 a c > 0.
A
B
a
P possède deux racines distinctes r1 et r2 vérifiant r1 + r2 = −
et
c
b
r1 . r2 = .
c
P possède deux racines distinctes r1 et r2. On peut donc choisir deux
réels α et β, différents et tels que P (α ) = P (β ) = 0 et K ≠ 0.
C
K = P ′ (α ) + P ′ (β ), et pour que K soit nul il faudrait que α et β soient
racines doubles de P, ce qui ici est impossible. Donc K ≠ 0 pour tout α ≠ β.
∂2 g
D Il existe α et β tels que (E′′ ) ⇔
= 0.
∂u∂v
• Question 3
On est toujours dans le cas où b2 − 4 a c > 0 . On note r1 et r2 les racines de P.
∂2 g
= 0 est équivalente à :
∂u∂v
264
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
A
∂g
= M où M est une constante réelle.
∂u
B
∀ (u, v) ∈ 2,
énoncés
∂g
(u, v) = M (u) où M est une fonction de  dans .
∂u
De plus, si g est au moins C 2 sur 2, M est au moins C 1 sur .
Les solutions de (E) sont les fonctions :
C
f :
(
)
(
)
où h1 et h2 sont des fonctions
(
)
(
)
où h1 et h2 sont des fonctions
( x, y)
 h 1 x + r1 y + h 2 x + r2 y
( x, y)
 h1 x + r1 y . h2 x + r2 y
arbitraires de classe au moins C 2 sur .
D
f :
arbitraires de classe au moins C 2 sur .
• Question 4
On se place dans cette question dans le cas où b2 − 4 a c = 0 . On note r la racine
double de P.
A
Le raisonnement précédent reste valable, donc les fonctions solutions
de (E) sont toutes de la forme f ( x, y ) = h ( x + r y ) où h est une fonction
arbitraire de classe au moins C 2 sur .
B
C
D
∂2 g
= 0.
∂ v2
 x cos ( x + r y ) + ssin
in ( x + r y ) est solution de (E).
On peut choisir α = r et β = 0, et (E') devient alors
( x, y)
f :
Les fonctions solutions de (E) sont toutes de la forme
f ( x, y ) = x h ( x + r y ), où h est une fonction arbitraire de classe au
moins C 2 sur .
>
QCM 3 Aires – Intégrales doubles
• Question 1
Soit D le domaine du plan situé entre les paraboles d’équations y2 = x et y = x2.
L’aire de D est :
A
1


∫ ∫
0
x2
x

dy dx

B
265
1
3
énoncés
π

 0 ≤ θ ≤ 3
Soit D le domaine défini en coordonnées polaires par :

1
 0≤ρ≤
L’aire de D est :
1 + cosθ

C
1
4
∫
π /3
0
2

2  θ 
 1 + tan  2   d θ
5
D
9
3
• Question 2
Soit :
I=
∫∫
et :
J=
∫∫
D
∆
y dx dy
avec
y dx dy
avec


x2
y2
D = ( x, y ) ∈ 2 / 2 + 2 = 1
a
b


∆ = {( x, y ) ∈ D / y ≥ 0} .
x= X
, on montre que :
En utilisant le changement de variables affine 
 y = −Y
A
I=0
B
I = 2J
C
2 2
a b
3
J=
D J=
4
a b2
3
• Question 3 (d’après EPL 2008)
Soit le domaine D =
On note ϕ :
>
2
}
1 ≤ x2 + y2 ≤ 2 y et I =
∫∫
D
x2 + y2 dx dy.
2 → 2
( ρ, θ)  ( ρ cos θ, ρ sin θ)
A
ϕ − 1 (D) =
B
I=
∫
{(x, y) ∈  /x ≥ 0,
π /2
π/6
{(ρ, θ) ∈ 


∫
2 sin θ
1
2
}
/ π / 6 ≤ θ ≤ π / 2, 1 ≤ ρ ≤ 2 sin θ
ρ d ρ d θ C I =

∫
π /2
π/6


∫
2 sin θ
1
ρ2 d ρ d θ

D I =2
3 − π/9
QCM 4 Étude métrique des courbes
 → →
Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  d’axes (Ox) et (Oy).


→
Pour tout point M d’une courbe, on note s son abscisse curviligne, T le vecteur

→ →
unitaire tangent orienté au point M, α =  i , T  [2 π ] la fonction angulaire et γ


la courbure. En coordonnées polaires, on note :
→
→
→
u (θ) = cos θ i + sin θ j ,
→
→
v (θ) = u (θ + π / 2)
266
et

 → →
V =  u, T 


[2 π ]
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
énoncés
• Question 1
Soit R > 0 et  la courbe paramétrée définie par :
 x = R (t − sin t )

 y = R (1 − cos t )
(t ∈[ 0, 2 π ])
On note M(t) le point de  de paramètre t.
A
La droite d’équation x = π R est un axe de symétrie de .
B
M (t) est birégulier si et seulement si t ∈ ]0, 2 π[ et en M (0)
et M (2 π ) la tangente est parallèle à (Ox).
ds
t
= 2 R sin   et la longueur de  est 4R.
 2
dt
→ → 
π t

et la courbure est :
D Pour t ∈ ]0, 2 π[ , α (t ) =  i , T (t ) = −

 2 2
1
γ=
t
4 R sin  
 2
C
• Question 2
Soit  la parabole d’équation :
A
x2 = 2 p y
( p > 0)
 x=t

t2

 y = 2p

On peut paramétrer  par :
On note M (t) le point de paramètre t.
B
 de  entre O et M d’abscisse x est
La longueur de l’arc OM
∫
C
x
0
1+
t2
dt .
p2
→
Le repère de Frénet en M (t) est T
(
1
t,
p
D En dérivant tan α, on obtient 1 + tan2 α
→
N
1
t
p
et tan α (t ) =
) ddtα = 1p et on peut en
déduire que le rayon de courbure en O est p.
267
−
t
.
p
énoncés
• Question 3
Soit a > 0 et  la courbe d’équation polaire :
 θ
ρ = a sin3  
 3
On note M (θ) le point de  de paramètre θ :
OM (θ) = ρ (θ) u (θ).
→
A
M (θ) est régulier si et seulement si θ ∈ ]0, 3 π[ et
B
La longueur de  est :
C
V =
θ
3
D
α=
4θ
3
[2 π ]
3π
0
dV 1
=
dθ 3
donc
[2 π ]
∫
donc
ds
= a sin2
dθ
et
1
γ=
 θ
3 a sin2  
 3
 θ
3 a sin2  
 3
• Question 4
Soit  la spirale d’Archimède d’équation polaire :
A
ds
=
dθ
B
→
→
→
Dans la base  u (θ) , v (θ) , T =


C
→  dT
→
=
Dans la base  u (θ) , v (θ) ,

 dθ
→
or
D
(a > 0) .
ρ = aθ
1 + θ2
→
dT
=γ N
ds
tanV = θ
donc
1
θ
1
2
1+ θ
→
→
 θ
  .
3
 θ
a sin2   dθ
d θ = 3 a π.
 3
4
γ=
(θ ∈[ 0, 3 π ]).
(1 + θ )
2 3/2
268
γ=
et
γ=
→
1
N=
2
1+ θ
→
−θ
1
1
donc :
dV
1
=
dθ
1 + θ2
et
(
(
1
a 1 + θ2
2 + θ2
a 1 + θ2
)
3/2
.
)
3/2
−θ
1
corrigés
QCM 1 Fonction Cn - Extremum
>
• Question 1 : réponses B et D
• Sur le disque de centre (0, 0) et de rayon 1 : x2 + y2 ≤ 1
(
)
soit ln x2 + y2 ≤ 0.
k
Donc fk est du signe de −x , lequel dépend de la parité de k et du signe de x.
La réponse A est fausse.
•
(
ln ( x + y ) = − ln ( x
fk ( x, y ) = x k
2
2
(
)
+y )
ln x 2 + y 2 .
2
Au voisinage de (0, 0) :
x2 + y2 ≤ 1
donc
x2 + y2 ≥ x2 .
2
)
( )
− ln ( x ) soit
Donc ln x2 + y2 ≥ ln x2 car ln est croissante et
(
2
− ln x + y
)
≤
( )
lim
m x k lln
n x2 = 0
x →0
(
2
ln x2 + y2
( )
f k ( x, y ) ≤ x k
D’où :
Or :
2
ln x 2
donc
)
c’est-à-dire
llim
im
( x , y ) → ( 0, 0 )
( )
≤ ln x2 .
f k ( x, y ) ≤
f k (x
x,, 0) .
fk ( x, y) = 0.
La réponse B est bonne.
• Si p + q = 2 :
Or :
g ( x, x ) =
2
x
1
=
2 x2 2
donc
1
lim g ( x, x ) = .
2
x→0
p + q = 2 ⇒ p ≠ 0 ou q ≠ 0 .
Si p ≠ 0, g ( x, 0) = 0 → 0
et si q ≠ 0, g (0, y ) = 0 → 0 .
x→0
y→0
Donc g n’a pas de limite en (0,0).
• Si p + q ≥ 3 , on pose :
g ( x, y ) =
Donc :
x = r cos θ
r p + q co
coss p θ sinq θ
r2
lim
m
( x , y ) → ( 0, 0 )
La réponse C est fausse.
et
y = r sin θ
≤ r p + q −2 → 0
r→0
g ( x, y ) = 0
car
soit
r=
x2 + y2 .
p + q − 2 ≥ 1.
La réponse D est bonne.
269
corrigés
• Question 2 : réponse D
NON
Par opérations et compositions, f est C ∞ sur 2 − {(0, 0)} .


∀ ( x, y ) ≠ (0, 0) : 


•
∂f
2 x3
( x, y ) = 2 x ln x2 + y2 + 2 2
x +y
∂x
(
)
∂f
2 x2 y
( x, y ) = 2 2
x +y
∂y
La réponse A est fausse.
lim
m
f ( x, y ) =
lim
lim
f2 ( x, y ) = 0 = f (0, 0) d’après la question 1-B.
(x, y) → (0, 0)
(x, y) → (0, 0)
(x, y) ≠ (0, 0)
Donc f est continue sur .
2
∂f
2x y
( x, y ) = 2 2 = g ( x, y) pour p = 2 et
∂y
x +y
q = 1, donc, d’après la question 1-D :
∂f
lim
m
( x, y ) = 0
(x, y) → (0, 0) ∂ y
(x, y) ≠ (0, 0)
La réponse B est fausse.
∂f
(0, 0) est, si elle existe, la dérivée de ϕ : x  f ( x, 0) en 0,
∂x
f ( x, 0) − f (0, 0)
∂f
.
c’est-à-dire la limite :
(0, 0) = lxim
→
0
∂x
x
La réponse C est fausse.
•
L’assertion C n’est vraie que si ϕ 1 : x 
( )
2
2
• ϕ : x  f ( x, 0) = x ln x
0 0) = 0 .
si x ≠ 0 , et ϕ (0) = f (0,
f ( x, 0) − f (0, 0)
= x ln x2 → 0
x→0
x
( )
Donc
∂f
(0, 0) existe et
∂x
∂ f
( x, 0) est continue en 0.
∂x
donc ϕ est dérivable en 0, et ϕ′ (0) = 0 .
∂f
(0, 0) = 0 .
∂x
– ψ : y  f (0, y) = 0 est dérivable en 0, et ψ ′ (0) = 0 donc
Or, on a vu que
∂f
lim
m
( x, y ) = 0
(x, y) → (0, 0) ∂ y
(x, y) ≠ (0, 0)
270
donc
∂f
(0, 0) = 0.
∂y
∂f
est continue en (0, 0).
∂y
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
∂f
( x, y ) = 2 f1 ( x, y) + 2 g ( x, y ) avec p = 3 et q = 0.
∂x
– Si ( x, y ) ≠ (0, 0) :
∂f
∂f
lim
m
( x, y ) = 0 = (0, 0) .
(x, y) → (0, 0) ∂ x
∂x
Alors, d’après la question 1 :
Donc
corrigés
∂f
est continue en (0, 0) et f est C 1 sur 2.
∂x
La réponse D est bonne.
• Question 3 : aucune réponse n’est bonne
• (x, y) est un point critique de f si et seulement si :
∂f
∂f
( x, y ) = ( x, y ) = 0
∂x
∂y
(1)
(0, 0) est un point critique de f.
 y = 0
(1) ⇔ x = 0 ou 
2 x ln x2 + 1 = 0

Si ( x, y ) ≠ (0, 0)
( ( ) )
( )
Or : ln x2 + 1 = 0 ⇔ x =
critiques de f est :
1
1
ou x = −
e
e
donc, l’ensemble des points


  1

1
, 0 , 
, 0 , (0, b) , b ∈   .
 −
e   e 


La réponse A est fausse.
∂2 f
NON ∂ x ∂ y (0, 0)
Or :
=
∂ ∂ f 
(0, 0) = ψ 1 ′ (0)
∂ x  ∂ y 
avec
∂f
∂f
x, 0) −
(
(0, 0)
∂y
∂y
ψ 1 ′ (0) = lim
x→0
x
ψ1 : x 
∂f
( x, 0) .
∂y
La réponse B est fausse.
La limite proposée à l’assertion B est en fait
• Soit :
 ∂f
( x, 0) = 2x llnn x2 + 1

ϕ1 : x   ∂ x
 0 si x = 0

( ( ) )
ϕ2 : y 
∂f
(0, y) = 0
∂x
271
si x ≠ 0
∂2 f
(0, 0) .
∂ y2
corrigés
ψ1 : x 
∂f
( x, 0) = 0
∂y
ψ2 : y 
∂f
(0, y) = 0
∂y
∂2 f
(0, 0) = ψ 1 ′ (0) = 0
∂x∂y
et
∂2 f
(0, 0) = ϕ 2 ′ (0) = 0
∂y∂x
∂2 f
∂2 f
(0, 0) =
(0, 0) = 0 mais cela ne suffit pas pour
∂x∂y
∂y∂x
conclure que f est C 2 en (0, 0).
La réponse C est fausse.
Donc :
• Le théorème de Schwarz dit que si f est C2 sur un ouvert U de 2, alors :
∂2 f
∂2 f
=
, mais la réciproque est fausse.
∂x∂y
∂y∂x
ϕ 1 ( x ) − ϕ 1 (0 )
( ( ) )
2
donc ϕ1 n’est pas dérivable en 0, ∂ f
x
∂ x2
n’existe pas en (0, 0) et f n’est pas C 2 sur 2.
La réponse D est fausse.
= 2 ln x2 + 1 → − ∞
x→0
• Question 4 : réponse D
NON
lim f ( x, 0) = + ∞ donc f n’est pas majorée : la réponse A est fausse.
x→+∞
Extremums relatifs d’une fonction de deux variables
Si f est C 1 sur un ouvert et admet un extremum relatif, c’est en un point
critique. Mais f n’admet pas nécessairement un extremum relatif en tout
point critique.
y
1
+
−
0
b
−1
b′
1
x
• f est C 1 sur 2 qui est un ouvert, (0, b) est un point critique
et f (0, b) = 0.
– 0 est maximum relatif en (0, b) (b ∈] − 1, 1[ ) car sur un
disque de centre (0, b), f ( x, y ) ≤ 0 .
– 0 est minimum relatif en (0, b) (b ∉ [ −1, 1]).
– En (0, 1) et en (0,−1), 0 n’est pas un extremum car dans
tout disque de centre (0, 1) ou (0, −1), f (x, y) change de
signe.
La réponse B est fausse.
272
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
• h est paire et C 1 sur .
Si x ≠ 0
corrigés
x 0 1/√ e + ∞
h′(x) 0 − 0 + + ∞
+∞
0
h(x)
( ( ) )
h ′( x ) = 2 x ln x + 1 .
2
1 est le minimum absolu de h sur , atteint
−
e
1
en ±
.
−1/e
e
La réponse C est fausse.
• x2 + y2 ≥ x2
donc
(
)
( )
ln x2 + y2 ≥ ln x2
x2 ≥ 0 d’où :
et
f ( x, y ) ≥ f ( x, 0) ≥ −
1
e
Donc − 1 est le minimum absolu, strictement négatif, de f sur .
e
La réponse D est bonne.
QCM 2 Équation aux dérivées d’ordre 2
>
• Question 1 : réponses A et D
 u = x+αy
• H :
 v = x +βy
H bijective ⇔
1 α
≠0 ⇔
1 β
α≠β
βu − αv

x=
β−α

et H et H −1 sont C ∞ sur 2

−
u
+
v
y=

β−α
alors
H −1
On a :
g = f o H −1
et
f = g o H.
– Si g est au moins C 2 sur 2, H étant C ∞ sur 2, par composition f est au
moins C 2 sur 2.
– Si f est au moins C 2 sur 2, H −1 étant C ∞ sur 2, par composition g est au
moins C 2 sur 2.
Donc :
(f
est au moins C 2 sur 2
)
⇔
( g est au moins C
2
sur 2
)
La réponse A est bonne.
•
∂g
∂ f ∂x
∂ f ∂y
1 
∂f
∂f
=
+
=
−α
+
∂v
∂ x ∂v
∂ y ∂v
β − α 
∂x
∂ y 
La réponse B est fausse.
273
corrigés
∂f
∂ g ∂u
∂ g ∂v
∂g
∂g
=
+
=
+
∂x
∂u ∂ x
∂v ∂ x
∂u
∂v
•
∂f
∂ g ∂u
∂ g ∂v
∂g
∂g
=
+
=α
+β
∂y
∂u ∂ y
∂v ∂ y
∂u
∂v
et
donc l’assertion C est vraie si et seulement si α = 1.
La réponse C est fausse.
∂2 f
∂ ∂ f
∂ ∂ g
∂ g
=
=
+
2



∂x
∂x  ∂x 
∂ x  ∂u
∂ v 
•
=
∂ ∂ g
∂ g ∂ u
∂ ∂ g
∂ g ∂ v
+
+
+
∂ u  ∂ u
∂ v  
∂x
∂ v  ∂ u
∂ v  
∂x
1
2
2
2
2
∂ f
∂ g
∂ g
∂ g
=
+2
+
∂ x2
∂ u2
∂u∂v
∂ v2
1
car g étant
tant C 2,
∂2 g
∂2 g
=
.
∂u∂v
∂v∂u
En procédant de même, on obtient :
∂2 f
∂2 g
∂2 g
∂2 g
= α
+ (α + β)
+β
2
∂x∂y
∂u
∂u∂v
∂ v2
∂2 f
∂2 g
∂2 g
∂2 g
= α2
+ 2α β
+ β2
2
2
∂y
∂u
∂u∂v
∂ v2
et :
Donc :
 ∂2 g
 ∂2 g
∂2 g
∂2 g 
∂2 g
∂2 g 
+
2
+
+
b
α
+
α
+
β
+
β
(E) ⇔ a 
)
(
 ∂ u2
∂u∂v
∂ v2 
∂u∂v
∂ v2 
 ∂ u2

∂2 g
∂2 g
∂2 g 
+ c  α2
+ 2α β
+ β2
=0
2
∂u
∂u∂v
∂ v2 

Soit :
(f
solution de (E)
(E))


∂2 g
∂2 g
∂2 g
⇔  g solution de (E′ ) : P (α )
+K
+ P (β) 2 = 0
2
∂
u
∂
u
∂
v
∂
v


La réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses B et D
• P = c X2 + b X + a
r1 et r2 vérifiant :
∆ = b2 − 4 a c > 0 donc P a deux racines distinctes
b
a
r1 + r2 = −
et r1 . r2 =
(c ≠ 0) .
c
c
et
La réponse A est fausse.
274
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
corrigés
• r1 ≠ r2 et α ≠ β, donc on peut choisir α = r1 et β = r2.
Dès lors, P (α ) = P (β ) = 0
et :
∆
 b
 a
K = 2 a + b (α + β) + 2 c α β = 2 a + b  −  + 2 c   = −
≠0
 c
 c
c
La réponse B est bonne.
• P ′ = 2c X + b ,
Alors :
P ′( α ) = 2 c α + b ,
P ′ (β ) = 2 c β + b .
P ′(α ) + P ′(β ) = 2 c (α + β ) + 2 b.
Or:
K = 2 a + b (α + β ) + 2 c α β.
Donc, on n’a pas toujours K = P ′ (α ) + P ′ (β ) .
Dans le cas où K = P ′(α ) + P ′(β ) , K = 0 n’est pas équivalent à P ′(α ) = P ′ (β ) = 0 .
Or :
(α racine double de P )
⇔
( P (α ) = P ′ (α ) = 0).
La réponse C est fausse.
• D’après l’assertion B, pour α = r1 et β = r2, P (α ) = P (β ) = 0 et K ≠ 0.
(E′)
Donc, pour ce choix :
⇔
∂2 g
=0
∂u∂v
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses B et C
• g est C2 sur 2 donc :
∂2 g
=0 ⇔
∂u∂v
Pour u fixé, notons ϕ u : v 
∂2 g
=0 ⇔
∂v∂u
∂  ∂ g
=0
∂ v  ∂ u 
∂g
(u, v) .
∂u
∂2 g
= 0 ⇔ ∀ u ∈ , ϕ u ′ (v) = 0
∂u∂v
⇔ ∀ u ∈ , ϕ u est constante par rapport à v
⇔
∂g
ne dép
pend que de u
∂u
⇔ ∃ M :  → , ∀ (u, v) ∈ 2,
∂g
(u, v) = M (u).
∂u
La réponse A est fausse.
275
corrigés
• g est au moins C 2 sur 2 donc ∂ g est au moins C 1 sur 2.
∂u
∂g
Or : M : u 
(u, 0) donc M est au moins C 1 sur .
∂u
La réponse B est bonne.
• Pour α = r1 et β = r2 :
(E)
⇔
∂2 g
∂g
= 0 ⇔ ∀ (u, v) ∈ 2,
(u, v) = M (u) .
∂u∂v
∂u
M est au moins C 1 sur , donc elle admet une primitive h1 : u  h1 (u) qui
est au moins C 2 sur .
Pour v fixé, notons ψ v : u  g (u, v).
(E)
⇔ ∀ v ∈ , ∀ u ∈ , ψ v ′ (u) = M (u)
⇔ ∀ v ∈ , ∀ u ∈ , ψ v (u) = h1 (u) +
h2 (v)

constante par
rapport à u
⇔ ∀ (u, v) ∈ 2, g (u, v) = h1 (u) + h2 (v)
g est au moins C 2 sur 2 :
g (u, 0) = h1 (u) + h2 (0), donc h1 : u  g (u, 0) − h2 (0) est au moins C 2 sur .
g (0, v) = h1 (0) + h2 (v) , donc h2 : v  g (0, v) − h1 (0) est au moins C 2 sur .
Réciproquement, si h1 et h2 sont au moins C 2 sur  :
g:
(u, v)
 h1 (u) + h2 (v) est au moins C 2 sur .
Les solutions de (E′ ) sont donc les applications :
g:
(u, v)
 h1 (u) + h2 (v) , h1 et h2 au moins C 2 sur .
Donc les solutions de (E) sont les applications :
f :
( x, y )
(
)
(
)
2
 h1 x + r1 y + h2 x + r2 y , h1 et h2 au moins C sur .
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
• Question 4 : réponses B et C
NON On ne peut pas choisir
α = β = r , car H ne serait pas bijective.
La réponse A est fausse.
276
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
corrigés
b
. Pour pouvoir choisir α = r et β = 0, il faut avoir r ≠ 0.
2c
Or, si r = 0 est racine double de P, P = c X 2 , et c ≠ 0, donc a = b = 0, ce qui
est impossible. Par conséquent r ≠ 0.
• r=−
Donc on peut choisir α = r et β = 0, et dans ce cas, K = −
On a alors :
E′ )
(E′
∂2 g
=0
∂ v2
⇔
∆
= 0.
2c
P (β) ≠ 0
car
car
La réponse B est bonne.
Pour u fixé, notons ψ u : v  g (u, v) .
(E ′)
⇔ ∀ u ∈ , ψ u″ = 0
⇔ ∀ u ∈ , ψ u : v  h1 v + h2 , h1 et h2 étant constantes par
rapport à v, donc des fonctions de u.
E′ )
(E′
⇔ ∀ (u, v) ∈ 2, g (u, v) = h1 (u) v + h2 (u), h1 et h2 étant des fonctions
de  dans .
De même qu’à la question précédente, on montre que :
( g au moins C
2
sur 2
sur
)
⇔
(h
)
et h2 au moins
moins C 2 sur  .
1
Donc, compte tenu qu’ici v = x, les solutions de (E ) sont les fonctions :
f :
( x, y )
 x h1 ( x + r y ) + h 2 ( x + r y ) ,
h1 et h2 au moins C 2 sur .
La réponse C est bonne et la réponse D est fausse.
>
QCM 3 Aires – Intégrales doubles
• Question 1 : réponse B
• D=
{ (x, y) ∈ 
Donc :  (D) =
2
/ 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤
∫∫
dx dy =
D
1



∫ ∫
0
x
x2
x
}.
y

dy dx .

D
La réponse A est fausse.
0
277
1
x
corrigés
soit :
y
1
1
 2 x3 / 2 x3 
x − x2 dx = 
− 
3 0
0
 3
1
 (D) =
3
•  (D) =
∫
(
)
D
π/3
0
La réponse B est bonne.
1
est l’équation polaire de la pa1 + cos θ
rabole de foyer O, d’axe (Ox), de paramètre
p = 1 et de directrice la droite ∆ d’équation :
1
ρ=
⇔ x = 1.
cos θ
• ρ=
S
x
1
∆
1 π /3 2
1 π /3
dθ
ρ (θ) d θ =
2 0
2 0 (1 + cos θ)2
2  θ
Or : 1 + cos θ = 2 cos  
 2
2
1
1
1
2  θ 
=
=
1
+
tan
donc
  
4 
2 
(1 + cos θ)2 4 cos4  θ 
 2
2
1 π /3 
2  θ 
1
+
ta
n
d .
Alors :  ( D ) =
La réponse C est fausse.
   dθ

8 0
2
∫
 ( D) =
∫
∫
 θ
t = tan   ,
 2
• Posons :
 ( D) =
1
4
∫
1/
3
0
 ( D) =
Finalement :
1
 θ 
dtt =
d
1 + tan2    d
dθ
θ,
 2 
2 
(
1/
1  t3 
t + 
4 
3 0
)
1 + t 2 dt =
5
.
18 3
3
=
 si θ = 0, t = 0

 si θ = π , t = 1

3
3

1  1
1 
+


4  3 9 3
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse A
y
∆
−a
∆′
• Le domaine D correspond à l’intérieur
d’une ellipse, et ∆ à la partie grisée sur la
figure ci-contre.
b
a
0
−b
x
( X, Y )
et
278
sOx
→
sOx ( ∆ ) = ∆ ′
( X, − Y )
avec
D = ∆ ∪ ∆′
corrigés
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
I=
∫∫
∫∫
ydxdy
y
dxdy +
∆
ydxdy
ydxd
y = J +
∆′
1 0
= −1
0 −1
dét ( sOx ) =
∫∫
donc
∫∫
− Y dét ( sOx ) dXdY
∆
ydxdy = −
∆′
∫∫
YdXdY
Y = −J
∆
I = J − J = 0 . La réponse A est bonne et la réponse B est fausse.
et :

• ∆ = ( x, y ) ∈ 2 / − a ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b

donc :


J=

−a

a
∫ ∫
b
x2
1−
a2
0

ydy
y
dy  dx =


∫
a
−a
1−
b
 y2 
2
 0
x2
a2
1−



x2
a2
dx =
∫
a
−a
b2 
x2 
1− 2  dx

2 
a 
a
b2 
x3 
2
J=
a b2.
x −
 =
2 
3 a2  − a
3
soit :
Les réponses C et D sont fausses.
• Question 3 : réponse C
y
• x2 + y2 ≤ 2 y ⇔ x2 + ( y − 1) ≤ 1 .
2
D
Les cercles ont pour équations polaires ρ =1
et ρ = 2 sin θ.
π
π
Pour − ≤ θ ≤
2
2
2 sinθ
1
π
2 sin θ = 1 ⇔ θ = .
6
Donc D est défini en coordonnées polaires par :
π
π
≤θ≤
6
2
• I=
∫
π /2
π/6


∫
2 sin θ
1
et
π/6
1
0
x
1 ≤ ρ ≤ 2 sin θ

ρ2 dρ dθ

La réponse A est fausse ( r peut être négatif ).
La réponse B est fausse et la réponse C est bonne.
• I=
∫
π /2
π/6
2 sin θ
 ρ3 
3
 1
dθ =
dθ
1
3
∫
π /2
π/6
(8sin
3
)
θ − 1 dθ =
1
3
∫
π /2
π/6
En posant u = cos θ , du = − sin θdu , on obtient : I =
Donc :
I=
3 − π / 9.
8 sin3 θ dθ −
1
3
∫
3 /2
0
π
.
9
(1 − u ) du − 9π .
2
La réponse D est fausse.
279
corrigés
QCM 4 Étude métrique des courbes
>
• Question 1 : réponse A
• M (2 π − t )
•
2 π R − x (t )
y (t )
La réponse A est bonne.
x ′ = R (1 − cos t )
dM
dt
est symétrique de M(t) par rapport à ∆ : x = π R
y ′ = R sin t
et M (t ) singulier ⇔
dM →
= 0 ⇔ t = 0 ou t = 2 π
dt
→
d2M
x′′ = R sin t
=
≠ 0 donc M(t) est birégulier si et seulement
2
y′′ = R cos t
dt
si t ∈ ]0, 2 π[.
→
d2M
d2M
0 =
2 π) = R j
2 ( )
2 (
dt
dt
tangente est parallèle à (Oy ).
2
dM
 ds 
•   =
 dt 
dt
t
∈ [ 0, π ]
2
 (C) =
→
• T =
∫
2π
0
2
donc, aux points singuliers M(0) et M(2π), la
La réponse B est fausse.
t
= R2 1 + cos2 t − 2 cos t + sin2 t = 4 R2 sin2  
 2
(
)
t
sin   ≥ 0
 2
donc
et
ds
t
= 2 R sin  
 2
dt
2π

t
 t 
2 R sin
n   dt = 2R  −2 cos    = 8 R La réponse C est fausse.
 2
 2  0

sin (t / 2)
2 R sin2 (t / 2)
dM dt
1
=
=
=
dt ds
2R sin (t / 2) 2 R cos (t / 2) sin
coss (t / 2)
n (t / 2)
donc : α =
π t
−
2 2
et
γ=
d α dt
=−
dt ds
280
1
t
4 R sin  
 2
cos α
sin α
La réponse D est fausse.
chapitre 13 : Fonctions de deux variables...
corrigés
• Question 2 : réponses A et D
La réponse A est bonne.
1
dM
•
= t,
dt
p
ds
=
dt
1+
2
t
p2

 si x > 0, l (C) =



 si x < 0, l (C) =

et
∫
∫
x
1+
t2
dt
p2
1+
t2
dt
p2
0
0
x
La réponse B est fausse.
→
t2
1+ 2
p
• tan α =
γ=
1
t ,
p
1
• T =
t
p
1
−
t2
1+ 2
p
1
→
N=
t
p
La réponse C est fausse.
(1 + tan α ) ddtα = 1p
2
d’où, en dérivant par rapport à t :
d α d α dt
=
=
ds
dt ds
1

t2 
p 1 + 2 
p 

3/2
et en O = M (0) , γ =
et :
1
1
d’où R = = p.
p
γ
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses A et D
 → →
Dans  u , v  :


et
ds
dM
=
dθ
dθ
M singulier ⇔
•
 (C) =
∫
3π
0
ρ ′ (θ )
a sin
n2 (θ / 3) cos (θ / 3)
dM
=
=
dθ
ρ (θ )
a sin
n3 (θ / 3)
2  θ
= a sin   .
3
 θ
sin   = 0 ⇔ θ = 0 ou θ = 3 π
 3
La réponse A est bonne.
 θ
a sin2   dθ =
 3
 → →
• Dans  u , v  :


→
T =
∫
3π
0
a
 2θ 
3a π
1 − cos    dθ =
 3 
2 
2
 θ
coss   = cos V
 3
 θ
sin
n   = sin V
 3
281
La réponse B est fausse.
soit V =
θ
[2 π ]
3
et
dV 1
= .
dθ 3
corrigés
Or :
α = θ+V =
4θ
3
dα 4
=
d θ 3.
d’où
et
γ=
4
d α 4 dθ
=
=
 θ
ds 3 ds
3 a sin2  
 3
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses B et D
NON Dans
1
dM
donc
=a
θ
dθ
 → →
 u , v  :
→
• T =
1
cos V
=
θ
sin V
1
2
1+ θ
et
→
ds
=a
dθ
N=
1 + θ2 .
1
2
1+ θ
La réponse A est fausse.
−θ
1
La réponse B est bonne.
→
→
→
Pour dériver T , il ne faut pas oublier de dériver u et v .
→
• T (θ ) =
→
→

 u (θ) + θ v (θ) . Après calcul, on obtient :
1+ θ
1
2
 → →
dans  u , v  :


→
dT
=
dθ
(
− 1 − θ 1 + θ2
1
(1 + θ )
2 3/2
)
2
− θ +1+ θ
La réponse C est fausse.
• tanV = θ
Or α = θ + V
d’où, en dérivant par rapport à θ :
d’où : γ =
dV
1
=
dθ
θ
1 + θ2
d α d α dθ 
1 
=
= 1 +

ds d θ ds 
1 + θ2  a
1
2
1+ θ
=
(
2 + θ2
a 1 + θ2
)
3/2
La réponse D est bonne.
282
chapitre 14
Espaces vectoriels
euclidiens –
Transformations du
plan et de l’espace
énoncés
corrigés
284
291
• QCM 2 : Automorphismes orthogonaux de E 286
295
• QCM 3 : Isométries et similitudes du plan
287
299
• QCM 4 : Isométries de l’espace
288
301
• QCM 1 : Produit scalaire et
polynômes orthogonaux
283
énoncés
>
QCM 1 Produit scalaire et polynômes
orthogonaux (d’après EPL 2009)
Les questions 1 et 2 sont liées.
• Question 1
On note E l’espace vectoriel des fonctions définies et continues de [−1, 1]
dans , et F l’espace vectoriel  [X] des polynômes à coefficients réels.
On définit ϕ : E × E → 
par :
∀
( f , g ) ∈ E2,
ϕ ( f , g) =
∫
1
∫
1
−1
f (t ) g (t ) dt .
A
Pour toute fonction h continue sur ]−1, 1[ ,
B
Pour toute fonction h continue par morceaux, positive sur [−1, 1] :
C
∫
1
−1
−1
h (t ) dt existe dans .
h (t ) dt = 0 ⇒ h = 0.
ϕ est une forme bilinéaire, symétrique, définie positive, c’est donc
un produit scalaire, et (E, ϕ) est un espace vectoriel euclidien.
D ϕ est une forme bilinéaire, symétrique, définie positive, c’est donc
un produit scalaire, mais (E, ϕ) n’est pas un espace vectoriel euclidien.
• Question 2
On munit E du produit scalaire ϕ, et on note, pour tout sous-espace vectoriel
A, A⊥ l’orthogonal de A. On note  (respectivement ) l’ensemble des fonctions
continues paires (respectivement impaires) sur [−1, 1].
A
 et  sont des sous-espaces vectoriels de E tels que  ∩  = ∅.
B
f (x) + f ( −x)
f (x) − f ( −x)
−
2
2
et que cette écriture de f comme somme d’une fonction paire et
E =  ⊕  car ∀ f ∈ E, ∀ x ∈ , f ( x ) =
d’une fonction impaire est unique.
C
∀
( f , g ) ∈  × ,
ϕ ( f , g) = 0
donc  ⊂ ⊥et  ⊂  ⊥.
(
)
D soit f ∈  ⊥ , comme f ∈ E, ∃ ! f p , fi ∈  × , f = f p + fi .
On montre alors que fp = 0
donc  ⊥ ⊂  et  ⊥ = .

284
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
énoncés
Les questions 3 et 4 sont liées.
• Question 3
( P, Q )
On admet que :
sur F =  [X].
A
→
( P Q) =
∫
1
−1
P (t ) Q (t ) dt
définit un produit scalaire
On montre par récurrence qu’il existe une unique famille
orthogonale ( Pn )n ∈ de F telle que le terme dominant de Pn soit X n.
Si l’assertion A est jugée exacte, par le procédé d’orthogonalisation de GrammSchmidt, on obtient :
B
P0 = 1, P1 = X − 1, P2 = X 2 −
C
2
P0 = 1, P1 = X , P2 = X 2 − .
3
( )n ∈
D Soit Q n
1
3
une famille orthogonale de F telle que
∀ n ∈ ,
, deg
deg Q n = n , alors Qn et Pn sont associés (c’est-à-dire :
∃ λ n ≠ 0, Q n = λ n Pn ).
• Question 4
(
)
n
Soit U n = X 2 − 1 et L n =
dérivé nème de Un.
1
U n(n), où U n(n) désigne le polynôme
2 n n!
(
A
deg L n = n
B
On a :
(X
et le coefficient dominant de Ln est
2
)
D
1  2 n
.
2 n n !  n 
− 1 U n′ = 2 n X U n , et en dérivant (n + 1) fois cette
relation, on montre que :
C
)
Φ ( P ) = X 2 − 1 P ″ + 2 X P ′.
Soit Φ : F → F définie par :
( )
Φ L n = n (n + 2) L n .
1
∫ (1 − t ) P ′ (t ) Q′ (t ) dt .
Pour n ≠ p, (Φ ( L ) L ) = (Φ ( L ) L ) , donc ( L )
est une famille
∀ ( P, Q ) ∈ F 2 ,
(Φ ( P ) Q ) =
n
orthogonale de F et
p
Ln =
2
−1
p
n
1  2 n
Pn .
2 n  n 
285
n n ∈
énoncés
> QCM 2
Automorphismes orthogonaux de E
E désigne un espace vectoriel euclidien de dimension 3 muni d’une base
orthonormée directe  = e 1, e 2, e 3 . Le produit scalaire est noté . . .
(
)
• Question 1 (d’après EPL 2008)
Soit a un réel, et u (α, β, γ) un vecteur normé fixé de E.
On définit fa par : ∀ x ∈ E , f a ( x ) = x + a x u u.
A
f–1 est un automorphisme orthogonal de E.
B
f–1 est une projection orthogonale de E.
C
fa est un automorphisme orthogonal de E si et seulement si a = –2.
D f–2 est une réflexion de E.
• Question 2
Soit u = e 1 + e 2 − e 3 .
A
( )
Il existe une rotation R d’axe u telle que R e 1 = e 3 .
( )
Soit R une rotation telle que R e 1 = − e 3 , la matrice de R dans  est de la
forme :
B
sin θ 
 0 coss θ sin
 0 sin
n θ − ccos
os θ


0
0 
 −1
in θ
 0 coss θ − ssin
 0 sin
n θ cos
cos θ 


0
0 
 −1
C
( )
D Il existe une unique rotation R d’axe u telle que R e 1 = − e 3.
286
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
énoncés
• Question 3
Soit R1 le quart de tour direct d’axe e1, R2 le quart de tour direct d’axe e2, et
f = R2 o R1 .
 0 0 −1
 0 1 0 .


 1 0 0
A
La matrice de R2 dans la base  est :
B
f est une rotation d’axe  e 1 + e 2 − e 3 , d’angle de mesure π/3.
(
)
Soit S l’endomorphisme de E de matrice :
C
A=
 2 −1 −2
1 
−1 2 −2 .

3 
 −2 −2 −1
S est la réflexion par rapport au plan P d’équation :
x + y – 2z = 0.
D Il existe une unique réflexion S’ telle que f = S ′o S .
>
QCM 3 Isométries et similitudes du plan
 → →
Le plan euclidien est rapporté à un repère orthonormé direct  O, i , j  .


On note SD la réf lexion d’axe D, r (Ω, θ) la rotation de centre Ω et d’angle θ,
→
sΩ la symétrie de centre Ω, et t → la translation de vecteur u .
u
• Question 1
Soient les applications f et g définies analytiquement par :
f :
 x′ = y + 2

 y′ = − x + 2
3
4

 x′ = 5 x + 5 y − 1
et

 y′ = 4 x − 3 y + 2

5
5
g:
A
f, g et h sont des déplacements.
B
f est une rotation de centre I (2, 0) et d’angle π/2.
C
g = sD où D est dirigé par u (2, 1).
D
h = f o g.
→
f = s ∆ ’ o s ∆ avec ∆ // D, donc h est la composée d’une réflexion
→
→
et d’une translation de vecteur v colinéaire à u .
287
énoncés
• Question 2



Soit ABC un triangle. On note α = ( AB, AC ) , β = ( BC, BA) , γ = (CA, CB ) [2 π ].
A
La composée de 2 rotations affines d’angles θ et θ′ est une rotation
d’angle θ + θ′, donc r ( B, α ) o r (C, − α ) est une rotation.
f = r ( B, β ) o r (C, γ ) o r ( A, α ) est :
B
une symétrie.
C
une translation.
D
 o s
g = s ( AB ) o t AB
( AB ) est une rotation.
• Question 3
Soit f l’application qui au point M d’affixe z associe le point M′ d’affixe z′ tel
que :
1
z ′ = 1 + e i θ z + e i θ / 2, θ ∈ [0, 2π[
2
(
A
)
b donc f est une
f est définie par une relation de la forme z ′ = a z + b,
similitude directe du plan.
B
Pour θ = 0, f est une translation de vecteur d’affixe i.
C
Pour θ ≠ 0 et θ ≠ π, f est une similitude directe de centre Ω d’affixe
θ
i
 θ
, de rapport cos   et d’angle .


θ
2
2
 
sin  
 2
D f est une homothétie si et seulement si θ = π.
>
QCM 4 Isométries de l’espace
 → → →
L’espace euclidien E est rapporté à un repère orthonormé  O, i , j , k  .


→ → → →
Soit : u = i + j + k .
 a b c
3
T
=
a
b
c
,
,
∈

Pour
, on définit la matrice M T =  c a b  et l’endomorphisme
)
(


 → → →
 b c a
ϕT de matrice MT dans la base  i , j , k  .


288
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
énoncés
• Question 1
A
B
(
)
dét MT = (a + b + c ) a2 + b2 + c2 + a b + b
bcc + c a .
MT est orthogonale
⇔
2
2
2
 a +b +c =1

 a b + bc + c a = 0
(a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2 (a b + bc + c a), donc :
C
ϕT est une rotation si et seulement si
 a+b+c =1

 a b + bc + c a = 0
D ϕT est une symétrie orthogonale si et seulement si
b=c

 a+b+c = −1
 a b + bc + c a = 0

• Question 2
2
2
1
On prend T =  , − , −  . Soit f l’application de E définie analytiquement
3
3
3
par :
1

 x′ = 3 ( x − 2 y − 2 z ) + α

1

 y′ = ( − 2 x + y − 2 z ) + 2 (1 − α )
3

1

 z′ = 3 (− 2 x − 2 y + z ) + α

(α ∈  ).
A
ϕT est la réflexion par rapport au plan P d’équation x + y +z = 0.
B
f est une isométrie d’application linéaire associée une réflexion,
donc c’est une réflexion.
C
→
f = t → o ϕ T , avec w (α, 2 (1 − α ) , − α ), donc f est une réflexion si et
w
→
→
→
→
seulement si w = 0 . Or w ≠ 0 , donc f n’est pas une réflexion.
2
D f est une réflexion si et seulement si α = .
3
289
énoncés
• Question 3
On prend T = (0, 0, 1).
Soit g l’application de E définie analytiquement par :
A
B
(β ∈  ).
g est un déplacement car son application linéaire associée est
→
une rotation d’axe  u et d’angle − 2 π .
3
g est un vissage si et seulement si β ≠ –3.
Si g est un vissage :
C
 x′ = z + β

 y′ = x + 1
 z′ = y + 2

→
→
son vecteur est v = (β + 3) u .
 2β β 
, ,1 .
D son axe passe par le point A 
 3 3 
290
corrigés
>
QCM 1 Produit scalaire et polynômes
orthogonaux
• Question 1 : réponse D
•
∫
1
−1
h (t ) dt existe dans  pour h continue par morceaux sur [ − 1, 1 ]. Or
h, continue sur ]−1, 1[, n’est continue par morceaux sur [ − 1, 1 ] que si h
admet des limites finies en −1 et 1.
La réponse A est fausse.
NON Pour que ∫
1
−1
h (t ) dt = 0 ⇒ h = 0, si h est positive, il faut que h soit
continue sur [ − 1, 1 ] .
La réponse B est fausse.
• f et g sont continues sur
(
1
) ∫ (λ f + f ) (t ) g (t ) dt or l’intégrale est linéaire, d’où :
+ f , g ) = λ ∫ f (t ) g (t ) dt + ∫ f (t ) g (t ) dt = λ ϕ ( f , g ) + ϕ ( f , g )
ϕ λ f 1 + f 2, g =
(
ϕ λ f1
[ − 1, 1 ], donc ϕ ( f , g ) ∈  , et ϕ est une forme.
1
−1
2
1
2
1
1
−1
−1
2
1
2
Donc ϕ est linéaire par rapport à f.
- ϕ est symétrique car f g = g f, donc ϕ ( f , g ) = ϕ ( g, f ).
Donc ϕ est bilinéaire symétrique.
- ϕ ( f, f ) =
∫
1
−1
f
ϕ ( f, f ) = 0 ⇔
2
(t ) dt ≥ 0
∫
1
−1
f
2
car
(t ) dt = 0
− 1 ≤ 1 et ∀ t ∈ [ − 1, 1 ] , f 2 (t ) ≥ 0 .
⇔ f 2 = 0 ⇔ f = 0 car f 2 est
continue, positive.
Donc ϕ est définie positive.
Donc ϕ est un produit scalaire sur E.
(E, ϕ) n’est pas un espace vectoriel euclidien car E n’est pas de dimension finie.
La réponse C est fausse et la réponse D est bonne.
• Question 2 : réponses C et D
•  et  sont des sous-espaces vectoriels de E car 0 ∈  et 0 ∈ , et toute
combinaison linéaire de fonctions paires (resp. impaires) est paire (resp.
impaire).
Mais  ∩  contient 0.
La réponse A est fausse.
291
corrigés
• f ∈  ∩  ⇔ ∀ x ∈ [ − 1, 1 ] , f ( x ) = f ( − x ) = − f ( x )
donc f = 0 et  ∩  = {0} .
(E =  + 
E = ⊕ ⇔
et  ∩  = {0}).
f ( x) + f ( − x)
f ( x) − f ( − x)
.
+
2
2
f (x) + f ( −x)
, f p ( − x ) = f p ( x ) donc f p ∈ .
2
∀ f ∈ E, ∀ x ∈ , f ( x) =
Soit f p : x 
f (x) − f ( −x)
, f i ( − x) = − f i (x)
2
Soit f i : x 
(
donc f i ∈ .
)
Donc ∀ f ∈ E, ∃ f p , fi ∈  × , f = f p + fi et  ∩  = {0}
soit E =  ⊕ .
La réponse B est fausse (erreur de signe dans
l’expression de f dans l’énoncé).
• Soit f ∈ , g ∈  alors f g ∈ .
ϕ ( f , g) =
∫
1
−1
−1
f (t ) g (t ) dt.
ϕ ( f , g) =
∫
Donc :
⊥
1
Posons : u = − t, du = − dt .
f ( −u) g ( −u) ( −du) = −
∫
1
−1
 ∀ f ∈
∈ , f ⊥ 

 ∀ g ∈ , g ⊥ 
f (u) g (u) du = −ϕ ( f , g ) d′où ϕ ( f , g ) = 0.
donc
f ∈
∈
⊥
d′où  ⊂ ⊥
donc
g ∈ ⊥
d ′ où  ⊂  ⊥
La réponse C est bonne.
( f f ) = 0 car f ⊥  et f ∈.
f f ) = 0 donc ( f f ) = 0 et f = 0 soit f = f ∈ .
) + (

 

• Soit f ∈  ⊥, f = f p + fi .
(
) (
Or : f f p = f p f p
On a
i
p
p
p
p
p
p
i
0
Donc ⊥ ⊂ ,
 et puisque  ⊂ ⊥ d’après l’assertion B :
⊥ = 
La réponse D est bonne.
On a ainsi montré que  est supplémentaire orthogonal de .
Dans un espace vectoriel euclidien de dimension finie, on sait que si
E = F + G et F ⊥ G alors
alors G = F⊥ . On ne peut pas appliquer ce résultat à E, car
E n’est pas de dimension finie.
292
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
• Question 3 : réponses
et
A
corrigés
D
• On cherche une famille de polynômes orthogonaux telle que Pn = X n + Q n
n On utilise l’orthogonalisation de Gramm-Schmidt :
avec deg Q n < n.
– P0 = 1 convient et est unique.
– Soit n ∈ N : supposons qu’il existe une unique famille P0 , P1, ..., Pn
orthogonale telle que le terme dominant de Pk soit X k.
(
n +1
On cherche Pn +1 = X n+
+ Q n +1
 deg Q n +1 ≤ n

n + 1 orthogonale
 P0 , P1, ..., Pn+
avec
(
)
( P , P , ..., P ) est une base de  [X] car deg P
0
1
n
n
∀ q ∈  0, n  ,
(X
⇔
(
n +1
Pq
)
+
n
∑= α
k 0
(1)
⇔
(X
Pq ≠ 0
d’où
n +1
Pq
)
+ αq
Pq
2
Pn+1 existe et est unique, et par récurrence.
(
) ∫
• P0 = 1, P1 = X + a et P1 P0 =
k 0
k
Pk.
1
−1
(P
k
)
Pq = 0
(1)
)
Pq = 0 .
k
= 0 or Pq ≠ 0 car de degré q
∀ q ∈  0, n  , α q = −
et
k
(P
)
Or P0 , P1, ..., Pn est orthogonale, donc ∀ q ≠ k,
Alors :
n
∑= α
n
 n +1

+ ∑ α k Pk Pq  = 0
X


k=0
Pq = 0 ⇔
n +1
= k, d’où : Q n +1 =
k
)
(P
)
(X
n +1
P
Pq
2
)
est unique, donc
La réponse A est bonne.
(t + a) ddtt = 2 a = 0
d′où a = 0 et P1 = X .
En calculant les produits scalaires, on obtient :
(
) (
(
)
1
P2 = X 2 + b P1 + c P0 or P2 P0 = X 2 1 + b P1 P0 + c (1 1) = 0 d′où c = −
3


 

)
0
et
(P P ) = ( X
2
1
2
(
)
1
X + b ( X X ) + c P0 P1 = 0 d′où b = 0 soit P2 = X 2 − .
3


 

)
0
Les réponses B et C sont fausses.
293
corrigés
( )n ∈ orthogonale telle que
n Notons λn le coefficient
∀ n, deg Q n = n.
 1

1
Q n est de terme dominant 1, et 
dominant de Qn. Alors
a
Qn
λn
λ
 n
 n ∈
• Soit Q n
les mêmes propriétés que ( Pn )n ∈ . Or, ( Pn )n ∈ est unique, d’où :
1
Q n = Pn
λn
La réponse D est bonne.
• Question 4 : réponses C et D
• deg
g U n = 2 n donc d
deg
eg U n(n) = 2 n − n = n soit deg L n = n.
Le coefficient dominant de U n(n) est le coefficient dominant de
soit 2 n (2 n − 1) ... (n + 1), donc le coefficient dominant de Ln est :
( X )(
2n
n)
,
2 n (2 n − 1) ... (n + 1)
(2 n)! = 1  2 n
= n
2
n
2 n!
2 n  n 
2 (n !)
La réponse A est fausse.
(
)
• U n′ = n X 2 − 1
n −1
(
)
2 X donc X 2 − 1 U n′ = 2 n X U n
(2)
On dérive (2) (n + 1)-fois par la formule de Leibniz :
(X
2
 n + 1 (n +1)
 n + 1 (n)
 n + 1 (n)
− 1 U n(n + 2) + 2 X 
Un
+ 2
U n = 2 n X U n(n +11) + 2 n 
Un


 1 
 2 
 1 
)
Soit :
(X
d’où
(X
2
2
)
− 1 U n(n + 2) + 2 X U n(n +1) = n (n + 1) U n(n) or L n =
1
U n (n)
2 n!
n
)
.
−1 L
L′′
n′′ + 2 X Ln′ = n ( n + 1) Ln soit Φ ( Ln ) = n ( n + 1) Ln
La réponse B est fausse.
• (Φ ( P ) Q ) =
=
1
∫ (t
2
−1
1
)
−1 P
P′′′′ (t ) + 2 t P ′ (t )  Q (t ) dt
(t − 1) P ′′ (t ) Q (t ) dt + ∫
∫




2
−1
I
1
−1
2 t P ′ (t ) Q (t ) dt
(
)
 u = t 2 − 1 Q (t )
On intègre I par parties en posant : 
 v′ = P ′′ (t )
294
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
soit
(
)
1
I =  t 2 − 1 P ′ (t ) Q (t )  −
−1



0
d’où :
1
(
corrigés
)
 u′ = 2 t Q (t ) + t 2 − 1 Q ′ (t )

 v = P ′ (t )
∫
1
−1
2 t P ′ (t ) Q (t ) dt −
(Φ ( P ) Q ) = ∫ (1 − t ) P ’(t ) Q ’(t ) ddt
1
∫ (t
−1
2
)
− 1 P ′ (t ) Q ′ (t ) dt
2
−1
La réponse C est bonne.
dt = ( Φ ( L ) L ) .
( ( ) ) ∫ (1 − t ) LL′′ (t ) L′L′ (t ) dt
Or : Φ ( L ) = k (k + 1) L donc n (n + 1) ( L L ) = p ( p + 1) ( L L ) .
• Pour n ≠ p , Φ L n L p =
k
1
2
n
−1
p
n
k
p
p
n
n
p
Si n ≠ p, n (n + 1) − p ( p + 1) = (n − p) (n + p + 1) ≠ 0
donc
(L
n
)
( )n ∈
Lp = 0
et L n
est orthogonale.
deg L n = n et le coefficient dominant de Ln est
l’assertion D de la question 3 :
Ln =
1  2 n
donc, d’après
2 n  n 
1  2 n
Pn
2 n  n 
La réponse D est bonne.
>
QCM 2 Automorphismes orthogonaux de E
• Question 1 : réponses B et D
• f − 1 : x  x − x u u , or x u u = p ( x) , où p est la projection orthogonale
sur u. Donc f − 1 = IId
d − p est linéaire, et f–1 est la projection orthogonale
sur  u⊥ , donc ce n’est pas un automorphisme de E.
La réponse A est fausse et la réponse B est bonne.
d + ap est linéaire.
• f a = IId
∀ x ∈E
∈ E,
f a ( x)
2
= x+a x u u
f a ( x)
d’où
f a ( x)
2
− x
2
2
= x
2
2
= a ( a + 2) x u
= x
(
2
+ 2 a x x u u + a2 x u
+ 2 a + a2
2
295
)
xu
2
2
corrigés
f a est un automorphisme orthogonal de E
x
⇔ ∀ x ∈ E, a ( a + 2) x u
Pour x = u, (1) devient :
2
=0
(1)
a ( a + 2) u u = 0.

2
1
Donc, si fa est un automorphisme orthogonal de E, a = 0 ou a = –2.
La réciproque est évidente.
La réponse C est fausse.
Id − 2 p est la symétrie orthogonale par rapport à  u⊥ , donc la
• f − 2 = Id
⊥
La réponse D est bonne.
réflexion par rapport au plan {u} .
• Question 2 : réponses B et D
NON
Une rotation conserve le produit scalaire, donc si R existe :
( )
R e 1 R (u) = e 1 u
⇔
e3 u = e1 u
⇔ −1=1
La réponse A est fausse.
( )
( R (e ), R (e ), R (e )) = ( − e , R (e ), R (e ))
• Soit R une rotation telle que R e 1 = − e 3.
1
2
directe, donc :
et
3
3
( )
( )
 R e2 ⊥ e3


 R e 3 ⊥ e 3
2
soit
soit
3
est une base orthonormée
( )
R (e ) = c e
R e2 = a e1 + b
be 2
3
1
+ d e2
 0 a c
Matt  ( R ) =  0 b d 


 −1 0 0
(
)
R induit un automorphisme orthogonal dans le plan e 1, e 2 , de matrice
a c
 b d  .
a c
a c
dét R = 1 = − dét 
donc 
est la matrice d’une symétrie,

 b d
 b d 
soit :
sin θ 
 coss θ sin
 sin
n θ − ccos
os θ
et
sin θ 
 0 coss θ sin
Matt ( R ) =  0 sin
sin θ − ccos
os θ


0
0 
 −1
La réponse B est bonne et la réponse C est fausse.
296
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
corrigés
( )
• Si R est d’axe  u telle que R e 1 = − e 3 :
R (u) = u
soit
sin θ 
 0 coss θ sin
 0 sin θ − cos θ


0
0 
 −1
sin θ = 1
 coss θ − sin
⇔

n θ + cos
cos θ = 1
 sin
donc
 1
 1
 1 =  1
 
 
 −1
 −1
 cos θ = 1
⇔ θ=0

 sin θ = 0
[2 π ]
 0 1 0
Matt  ( R ) =  0 0 − 1 et R est unique.


 −1 0 0 
La réponse D est bonne.
• Question 3 : réponse D
π

• R 1 = r   e 1 ,  et e 1

2
{ }
Donc :
( )
⊥
(
)
)
( )
( )
R 1 e 2 = e 3 et R 1 e 3 = − e 2 soit Matt  R 1
π

R 2 = r   e 2 ,  et e 2

2
{ }
Donc :
(
= P e 2, e 3 orienté par e 2, e 3 .
⊥
(
)
1 0 0 
=  0 0 − 1 .


0 1 0 
(
)
= P e 3, e 1 orienté par e 3, e 1 .
 0 0 1
R 2 e 3 = e 1 et R 2 e 1 = − e 3 soit Matt  R 2 =  0 1 0 .


 −1 0 0
( )
( )
( )
La réponse A est fausse.
( )
Matt R 2
• Matt ( f ) = Ma
 0 1 0
× Ma
Matt R 1 =  0 0 − 1


− 1 0 0 
( )
:
on reconnaît la
rotation de la question 2 D, donc d’axe u. Pour en déterminer l’angle α,
⊥
on cherche la restriction de f au plan {u} . Pour cela, on construit la base
u
1
=
e1 + e2 − e3 .
orthonormée directe u 1, u 2, u 3 telle que : u 3 =
u
3
(
(
)
297
)
corrigés
(u , u ) est alors une base orthonormée directe de {u} ,
 cos α = f (u ) u

f (u ) = (cos α ) u + (sin α ) u d′où 
et :
 sin α = f (u ) u

⊥
1
2
1
1
u 1 ( x, y, z )  ⊥ u 3
u1 =
( )
f u1
1
2
1
−1
0
1
1
1
2
2
x+y−z =0.
donc
convient par exemple, et :
u2 = u3 ∧ u1 =
 0 1 0 1
1 
0 0 − 1  − 1 =
 
2 
− 1 0 0   0 
a pour coordonnées :
1

 cos α = f u 1 u 1 = − 2
donc : 
3
 sin α = f u u =
1
2

2
( )
soit
( )
α=
2π
3
1
6
−1
−1
−2
 − 1
1  
0
2 
 − 1
[2 π ]
La réponse B est fausse.
 2 − 1 − 2
1 
− 1 2 − 2 .
• Notons C1, C2, C3 les colonnes de A =

3 
 − 2 − 2 − 1
On a :
C1
2
= C2
2
= 1,
C 1 C 2 = 0 et C 1 ∧ C 2 = − C 3 donc S est un
automorphisme orthogonal indirect. Or, A est symétrique, d’où : t A = A = A− 1.
S est donc une symétrie orthogonale par rapport aux invariants de S.
 x
( A − I )  y
v ( x, y, z ) invariant ⇔
= 0 ⇔ x + y + 2 z = 0.
 z
S est donc la réflexion par rapport au plan P d’équation : x + y +2 z = 0.
La réponse C est fausse.
Décomposition d’une rotation
Toute rotation R peut s’écrire sous la forme :
R = sP’ o sP
avec P ∩ P ′ = ∆ axe de R, un des deux plans P et P’ étant arbitrairement
choisi.
298
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
corrigés
2π

• f = r   u,


3 
or
u = e 1 + e 2 − e 3 , donc u ∈ P d′Øquation : x + y + 2 z = 0 .
S o S, où S’ est la réflexion par rapport
Donc il existe un plan P’ tel que f = S′
π

à P’ (contenant u). P′ = r   u ,  (P ) est unique.

3
>
La réponse D est bonne.
QCM 3 Isométries et similitudes du plan
• Question 1 : réponse C
• f est définie analytiquement par :
 x′
 0 1  x
 2
 y′ =  − 1 0  y +  2 .




A
in θ
 coss θ − ssin
π
A= 
avec θ = − , est la matrice d’une rotation, donc f est un
n θ cos
cos θ 
 sin
2
déplacement. A ≠ I (θ ≠ 0), donc f n’est pas une translation, mais une rotation
 x−y=2
donc I (2, 0) et f = r
de centre le point invariant I 
 x+y=2
π

 I , −  .
2
La réponse B est fausse.
• g est définie analytiquement par :
3 4 
 5 5   x
 x′
 − 1
   +  .
 y′ =  4
3
y


 2

− 
5

5



B
sin θ 
 coss θ sin
 3
B= 
avec θ = arccos   , est la matrice d’une réflexion, donc
 5
n θ − cos θ
 sin
g est une isométrie, mais ce n’est pas un déplacement.
La réponse A est fausse.
• g est une réflexion si l’ensemble des invariants est non vide.
M ( x, y ) invariant ⇔






4
3

 − 1 x + y − 1 = 0
5
5
4
3

x −  + 1 y + 2 = 0
5

5
299
⇔
 − 2x + 4 y − 5 = 0

 4 x − 8 y + 10 = 0
corrigés
Donc D : 2 x − 4 y + 5 = 0 est la droite invariante par g, et g est la réflexion
→
d’axe D dirigé par u (2, 1).
NON
La réponse C est bonne.
Toute rotation peut se décomposer en deux réflexions,
réflexions, donc
f = s ∆ ’ o s ∆ avec ∆ ∩ ∆ ′ = I et ( ∆, ∆ ′ ) = −
π
4
[π ].
On peut choisir la
direction de l’une des deux droites, donc on choisit ∆ // D.
→
→
h = f o g = s ∆ ’ o s ∆ o s D = s ∆ ’ o t→v avec v ⊥ u.
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponse B
Composée de deux rotations
La composée f de deux rotations affines d’angles θ et θ′ est un déplacement, c’est-à-dire une rotation ou une translation.
La partie linéaire de f est la rotation vectorielle d’angle θ + θ′, et f est
une translation si et seulement si : θ + θ′ = 0 [2 π ].
NON α − α = 0,
r (C , − α )
→
• f = r ( B, β ) o r (C, γ ) o r ( A, α ) est un dépla-
C′
cement d’application linéaire associée a
à la
π
rotation d’angle α + β + γ = π.

u
A
Or : rπ ≠ IId donc f est une symétrie centrale.
La réponse B est bonne et la réponse
C est fausse.
α
B
r ( B, α )
donc r ( B, α ) o r (C, − α ) = t u et C → C → C ′ , donc u = CC′.
La réponse A est fausse.
γ
β
C
• g = s ( AB ) o t → o s ( AB )
AB
est une isométrie de
partie linéaire s  →  o Id o s  →  = Id, donc g est
 AB 


 AB 


une translation. C’est une rotation si g = Id.
Or :
s ( AB )
t
→
AB
s ( AB )
A → A → B → B donc g = t → .
AB
300
La réponse D est fausse.
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
corrigés
• Question 3 : aucune réponse n’est bonne
M′′ ( z ′ ) , zz′ = a z + b est une similitude directe
• L’application f : M ( z )  M
1
*
du plan si a ∈  et b ∈ . Or : a = 1 + e i θ = 0 ⇔ θ = π
2
donc, pour θ = π, f n’est pas une similitude directe.
Les réponses A et D sont fausses.
(
)
• Si θ = 0, z ′ = z + 1 et f est une translation de vecteur d’affixe 1.
La réponse B est fausse.
• Si θ ≠ 0 et θ ≠ π, a ≠ 0 et a ≠ 1, donc f est une similitude qui n’est pas une
translation, donc elle admet un centre Ω d’affixe z0 tel que :
1
1 − e iθ z 0 = e i θ/2
2
1 iθ/2 − iθ/2
 θ
e
e
− e i θ / 2 z 0 = e i θ / 2 ⇔ − i sin   z 0 = 1
soit :
 2
2
i
z0 =
d’où :
 θ
sin  
 2
1
 θ
 θ
De plus : a = 1 + e i θ = e i θ / 2 cos   donc f est de rapport k = coss   .
 2
 2
2
z0 =
1
1 + e iθ z 0 + e iθ/2
2
(
)
(
Si q ∈ ]p, 2 p[ :
(
)
)
(
• Si q ∈ ]0 , p[ :
⇔
)
 q
k = cos  
 2
et l’angle de f est
 q
k = − cos  
 2
q
.
2
et l’angle de f est
θ
+ p.
2
La réponse C est fausse.
>
QCM 4 Isométries de l’espace
• Question 1 : réponses B et C
• dét M T =
a b c
a+b+c b c
1 b c
c a b = a + b + c a b = (a + b + c ) 1 a b
b c a
a+b+c c a
1 c a
C1
C2
C3
(
C 1 ←C 1 + C 2 + C 3
dét MT = (a + b + c ) a + b2 + c2 − a b − bc
bc − c a
2
301
)
La réponse A est fausse.
corrigés
• M T est orthogonale ⇔
(1) ⇔
mée
(C1, C2, C3 ) est une base orthonorm
 C1 = C2 = C3 = 1
⇔

 C1 C2 = C2 C3 = C3 C1 = 0
 a2 + b2 + c2 = 1

 a b + bc + c a = 0
(1)
(1)
(2)
La réponse B est bonne.
• ϕ T est une rotation ⇔ MT est orthogonale et dét MT = 1.
Or : (1) et (2) ⇒ dét MT = a + b + c
De plus :
d’où :
(a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2 (a b + bc + c a)
ϕ T rotation ⇔
 a2 + b2 + c2 = 1

 a b + bc + c a = 0
 a+b+c =1

⇔
 a+b+c =1

 a b + bc + c a = 0
La réponse C est bonne.
NON
T
ϕ T symétrie orthogonale
é
T
b=c
⇔ M T orthogonale et symétrique ⇔ 
 a+b+c = ±1
 a b + bc + c a = 0

é
La réponse D est fausse.
• Question 2 : réponses A et D
2
2
1
• T =  ,− ,− .
3
3
3
b=c

On a  a + b + c = − 1
donc ϕT est une symétrie
 a b + bc + c a = 0

orthogonale.



MT = −


−

et
→
1
2
2
−
−
3
3
3

2
1
2
− 
3
3
3
2
2
1

−
3
3
3
v ( x, y, z ) ∈ Ker (ϕT − Id ) ⇔
( MT
302
 x
− I )  y = 0 ⇔ x + y + z = 0
 
 z
corrigés
chapitre 14 : Espaces vectoriels euclidiens
Donc ϕT est la réflexion par rapport au plan P d’équation :
x+y+z=0
La réponse A est bonne.
• f est une application affine d’application linéaire associée ϕ T , donc f est
une isométrie. C’est une réflexion si Inv f ≠ ∅.
 2x + 2 y + 2 z = 3α

M ( x, y, z ) ∈ Inv f ⇔ f ( M ) = M ⇔  2 x + 2 y + 2 z = 6 (1 − α )
 2x + 2 y + 2 z =3α

et
Inv f ≠ ∅ ⇔ α =
2
3
Les réponses B et C sont fausses, la réponse D est bonne.
• Question 3 : réponses B et D
 0 0 1
 a+b+c =1
donc ϕT,
• T = (0, 0, 1) et MT =  1 0 0 . On a 


a b + bc + c a = 0

 0 1 0
application linéaire associée à g, est une rotation, et g est un déplacement.
• L’axe de ϕT est l’ensemble des invariants par ϕT.
→
v ( x, y, z ) ∈ Inv ϕ T ⇔ x = y = z
Soit
→
K =
→
donc ϕT est une rotation d’axe  u.
1
1
1
→
→
→
→
1 →
1
1
1
u=
1, I =
− 1 et J = K ∧ I =
1
3
3
2
6
1
0
−2
→ →
→

 I , J , K  est une base orthonormée directe.
θ étant l’angle de g,
donc :
0
→
→
→
1
g  I  = (coss θ) I + (ssin
in θ) J =
1
 
2
−1
→
→
1

 
 coss θ = g  I  . I = − 2
2π

soit θ ≡
[2 π ]

→
→
3
3


 sin
nθ = g  I  . J =

 
2
La réponse A est fausse.
• g est un déplacement, donc une translation, une rotation ou un vissage.
MT ≠ I, donc g n’est pas une translation. g est un vissage si et seulement si
Inv g = ∅.
303
corrigés
 x = z+β

 y = x +1
 z = y+2

M ( x, y, z ) ∈ Inv g ⇔
Donc :
⇔
 x = z+β

⇔
 y = z −2
 z −2= z +β+1

 x = z+β

 y = z −2
 β= −3

g est un vissage ⇔ Inv g = ∅ ⇔ β ≠ − 3
La réponse B est bonne.
• Si β ≠ − 3 :
→
 2π
 2π
g = r  D,
 o t→v = t→v o r  D,


3
3
→
où D est l’axe du vissage,
→
dirigé par u, et v est colinéaire à u.
→
→
→
Pour déterminer D et v , on peut chercher v = λ u tel que h = t− →v o g définie
 x′ = z + β − λ

par  y′ = x + 1 − λ soit une rotation, c’est-à-dire Inv h ≠ ∅ .
 z′ = y + 2 − λ

donc


 x = z+β−λ
 x = z+β−λ


M ( x, y, z ) ∈ Inv h ⇔  y = x + 1 − λ ⇔  y = z − 2 + λ
 z = y+2−λ


 λ = β +1

3
→
→
1
v = (β + 3) u .
La réponse C est fausse.
3
• D = Inv h :
2β

 x = z + 3 − 1

 y = z + β −1

3
Si z = 1 , x =
2β
et
3
y=
β
3
donc
 2β β 
A
, , 1 ∈ D.
 3 3 
La réponse D est bonne.
304